Übungsbuch zum Grundkurs Mathematik für Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler

Physica-Lehrbuch

F¨ur weitere B¨ande: http://www.springer.com/series/3174

Kurt Marti

¨ Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler Unter Mitwirkung von Olena Solodovchenko, Simone Zier und Michael Schacher

Univ. Prof. Dr. Kurt Marti Universit¨at der Bundeswehr M¨unchen Fakult¨at f¨ur Luft- und Raumfahrttechnik Institut f¨ur Mathematik und Rechneranwendung Werner-Heisenberg-Weg 39 85579 Neubiberg [email protected]

ISSN 1431-6870 ISBN 978-3-7908-2609-8 e-ISBN 978-3-7908-2610-4 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet u¨ ber http://dnb.d-nb.de abrufbar. c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010  Dieses Werk ist urheberrechtlich gesch¨utzt. Die dadurch begr¨undeten Rechte, insbesondere die der ¨ Ubersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielf¨altigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielf¨altigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zul¨assig. Sie ist grunds¨atzlich verg¨utungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten w¨aren und daher von jedermann benutzt werden d¨urften. Einbandentwurf: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf s¨aurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.com)

Vorwort

¨ Das Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirt” schaftswissenschaftler“ von K. Marti und D. Gr¨oger ist hervorgegangen aus dem ¨ Ubungsbetrieb zu den Lehrveranstaltungen • Br¨uckenkurs Mathematik und • H¨ohere Mathematik f¨ur Studenten der Luft- und Raumfahrttechnik an der Universit¨at der Bundeswehr M¨unchen, die von K. Marti und seinen Mitarbeitern u¨ ber viele Jahre gehalten wurden. Die Aufgaben wurden zum Teil neu erstellt, zum Teil wurden sie aus bestehenden Aufgabensammlungen und Lehrb¨uchern entnommen, oder es sind Modifikationen ¨ bereits bestehender Aufgaben. Das Ubungsbuch ist inhaltlich und didaktisch auf den Grundkurs Mathematik“ abgestimmt und umfasst 241 vollst¨andig durchgerechne” te Aufgaben von unterschiedlichem Schwierigkeitsgrad. Zahlreiche Abbildungen, Graphiken und Tabellen erleichtern die Bearbeitung der Aufgaben. Die Aufgaben decken den Stoff der Differential- und Integralrechnung einer Variablen ab. Sie sollen einerseits den Studenten helfen, fehlendes Basiswissen aus der Gymnasialstufe zu erarbeiten bzw. aufzufrischen. Andererseits bilden die Aufgaben eine Br¨ucke zur Behandlung der Analysis einer reellen Ver¨anderlichen an Hochschulen und Universit¨aten. Die sichere Beherrschung der f¨ur viele naturwissenschaftliche, ingenieurwissenschaftliche, technische, wirtschaftswissenschaftliche und statistische Anwendungen unverzichtbaren mathematischen Grundlagen aus der Differential- und Integralrechnung einer Variablen (Analysis I) erfordert neben dem Besuch von Vorlesungen und Kursen u¨ ber dieses Thema insbesondere auch die aktive Bearbeitung einer ausrei¨ chenden Anzahl von Beispielen und Ubungsaufgaben zu den im Grundkurs Ma” thematik“ oder anderen einf¨uhrenden Werken u¨ ber Analysis einer Variablen vorgestellten mathematischen Werkzeuge. ¨ F¨ur das Selbststudium, f¨ur Br¨uckenkurse, aber auch f¨ur den Ubungsbetrieb zu Vorlesungen u¨ ber Analysis I an Universit¨aten und Hochschulen stehen zu allen

vi

Vorwort

Kapiteln der Differential- und Integralrechnung einer Variablen zahlreiche gel¨oste Aufgaben zur Verf¨ugung. Auf die nochmalige ausf¨uhrliche Darstellung der Theorie wurde verzichtet, hingegen findet der Leser kurze Hinweise auf die ben¨otigten ¨ Definitionen und S¨atze des jeweiligen Ubungsstoffes sowie Verweise auf die entsprechenden Stellen im Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirt” schaftswissenschaftler“ von K. Marti und D. Gr¨oger, Physica/Springer-Verlag, 2. ¨ Auflage, Heidelberg-New York, 2004. Aufgrund seines Aufbaus kann das Ubungs” buch“ nat¨urlich auch zusammen mit jedem anderen Lehrbuch u¨ ber Differential- und Integralrechnung einer Variablen verwendet werden. Wichtige Quellen [1, 4, 5, 6, 7, 8] und verwandte Aufgabensammlungen [2, 3, 9, 10] findet man im Literaturverzeichnis.

M¨unchen, Juni 2010 Kurt Marti, Olena Solodovchenko, Simone Zier, Michael Schacher

Vorwort

vii

Danken m¨ochten wir zun¨achst Frau Elisabeth L¨oßl, Institut f¨ur Mathematik und Rechneranwendung der Fakult¨at f¨ur Luft- und Raumfahrttechnik der Universit¨at der Bundeswehr M¨unchen, f¨ur die Unterst¨utzung bei der Fertigstellung des LaTeXSkripts des Buches. Wir danken den fr¨uheren Mitarbeitern des Instituts f¨ur Mathematik und Rechneranwendung, Andreas Aurnhammer, Klaus-J¨urgen B¨ottcher, Claudia Haubach-Lippmann, Ernst Pl¨ochinger, J¨urgen Reinhart und Gerald St¨ockl, die wesentliche Beitr¨age zum Aufbau der vorliegenden Aufgabensammlung geleistet haben. Danken m¨ochten wir schließlich dem Springer-Verlag f¨ur die Aufnahme dieses Lehrbuches in sein Verlagsprogramm.

Inhaltsverzeichnis

1

¨ Naturliche Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2

Reelle Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Ungleichungen mit Betr¨agen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Gleichungen ohne Betr¨age . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Gleichungen mit Betr¨agen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13 13 19 26 29

3

Mengen und Zahlenmengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4

Kombinatorik (Binomialkoeffizienten Binomische Formeln) . . . . . . . 49

5

Zahlenfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6

Der Funktionsbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

7

Elementare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

8

Grenzwerte von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

9

Stetige Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

10

Zusammengesetzte Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

11

Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 11.1 Mit Arcusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 11.2 Logarithmusfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 11.3 Areafunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

12

Die Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

13

Erste Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

x

Inhaltsverzeichnis

14

Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

15

Ableitung der elementaren Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

16

Differenzierbare Funktionen auf Intervallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

17

H¨ohere Ableitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

18

Die Regel von Bernoulli - L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 18.2 Fall x → ±∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

19

Absolute und relative Extremstellen von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . 219

20

Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 20.2 Bestimmtes Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 20.3 Rechenregeln, MWS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

21

Partielle Integration - Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . 253 21.1 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 21.2 Integration durch Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 21.3 Gemischtes Integrationsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

22

Integration rationaler Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

23

Theorie der Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 23.1 Konvergente Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 23.2 Konvergenzkriterien f¨ur Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 23.3 Taylorreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

Literaturverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 Sachverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

Kapitel 1

¨ Naturliche Zahlen

Unter den nat¨urlichen Zahlen versteht man die Zahlen, die beim Prozess des Z¨ahlens auftreten, also die Zahlen 0, 1, 2, . . . , 15, . . . , 1001, . . . , . Prinzip der vollst¨andigen Induktion (Theorem 1.1, Kap. 1.2) Es sei An eine Aussage u¨ ber nat¨urliche Zahlen n. Es gelte: a) Ak ist wahr f¨ur eine bestimmte nat¨urliche Zahl k (Induktionsanfang (IA)). b) Ist n > k und An−1 wahr ( Induktionsvoraussetzung (IV)), dann ist auch An wahr (Induktionsschluss (IS)): An−1 ⇒ An f¨ur jedes n > k. Unter diesen Voraussetzungen gilt die Aussage An f¨ur jede nat¨urliche Zahl n ≥ k. F¨ur die folgende Aufgabe ben¨otigen wir den Begriff der Fakult¨at“ einer nat¨urli” chen Zahl: Definition Fakult¨at (Def. 4.2, Kap. 4.1) F¨ur die nat¨urliche Zahl n sei  1, wenn n = 0 n! := (sprich n Fakult¨at“ ). ” 1 · 2 · 3 · . . . · n , wenn n ≥ 1

Aufgabe 1.1 Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion: n

a)

∑ (4k − 3) = n(2n − 1)

k=1 n

b)

∑ 3k−1 =

k=1

3n − 1 2

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 1, 

2

1 Nat¨urliche Zahlen n

n(n + 1)(2n + 1) 6 k=1   n n(n + 1) 2 3 d) ∑ k = 2 k=1 c)

∑ k2 =

e)

∑ k · k! = (n + 1)! − 1

n

k=1 n

f)

1

1

∑ 2(k−1) = 2(1 − 2n )

k=1 n

g)

n

∑ (2k − 1)2 = 3 (4n2 − 1)

k=1 n

h)

∑ (2k − 1) = n2

k=1 n

i)

∑ 2(k−1) = 2n − 1

k=1 n

j)

n

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = 2n + 1

k=1 n

n+2 f¨ur alle n ≥ 1, n ∈ N 2n k=1 n 1 n = f¨ur alle n ≥ 1, n ∈ N l) ∑ k(k + 1) n + 1 k=1 n n(n + 1)(n + 2) f¨ur alle n ≥ 1, n ∈ N m) ∑ k(k + 1) = 3 k=1 k)

k

∑ 2k = 2 −

L¨osung: a) Induktionsanfang (IA): n = 1 4 · 1 − 3 = 1 · (2 · 1 − 1) ist richtig.       =1

=1

n

Induktionsvoraussetzung (IV):

∑ (4k − 3) = n(2n − 1).

k=1

Induktionsschluss (IS): n+1

n

∑ (4k − 3) = ∑ (4k − 3) + (4(n + 1) − 3)

k=1

k=1

IV

= n(2n − 1) + (4(n + 1) − 3)

= 2n2 − n + 4n + 1 = 2n2 + 3n + 1 = (n + 1)(2n + 1) = (n + 1) (2(n + 1) − 1) .

1 Nat¨urliche Zahlen

3

b) IA: n = 1 2 30 = ist richtig. 2 n 3n − 1 . IV: ∑ 3k−1 = 2 k=1 IS: n+1

n

∑ 3k−1 = ∑ 3k−1 + 3n+1−1

k=1

IV

=

k=1 3n − 1

2

+ 3n

1 = (3 · 3n − 1) 2 3n+1 − 1 . = 2 c) IA: n = 1 1 · (1 + 1)(2 · 1 + 1) 12 = 6 1·2·3 ist richtig. 1= 6 n n(n + 1)(2n + 1) . IV: ∑ k2 = 6 k=1 IS: n+1

∑ k2 =

k=1

IV

=

= = = =

n

∑ k2 + (n + 1)2

k=1

n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 1 (2n3 + 9n2 + 13n + 6) 6 1 2 (n + 3n + 2)(2n + 3) 6 1 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6 1 (n + 1) ((n + 1) + 1) (2(n + 1) + 1) . 6

d) IA: n = 1  2 2 3 1 = ist richtig. 2   n n(n + 1) 2 3 IV: ∑ k = . 2 k=1 IS:

4

1 Nat¨urliche Zahlen n+1

n

k=1

k=1

∑ k3 = ∑ k3 + (n + 1)3 IV



=

n(n + 1) 2

2 + (n + 1)3

1 = (n4 + 6n3 + 13n2 + 12n + 4) 4

1 2 (n + 2n + 1)(n2 + 4n + 4) = 4   (n + 1) ((n + 1) + 1) 2 . = 2 e) IA: n = 1 1 · 1 = 2! − 1 ist richtig. n

IV:

∑ k · k! = (n + 1)! − 1.

k=1

IS: n+1

n

∑ k · k! = ∑ k · k! + (n + 1)(n + 1)!

k=1

k=1

IV

= (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)!(1 + (n + 1)) − 1 = ((n + 1) + 1)! − 1. f) IA: n = 1 1 = 2 − 1 = 1 istrichtig. n 1 1 IV: ∑ k−1 = 2 1 − n . 2 k=1 2 IS: n+1

n

1

1

1

∑ 2k−1 = ∑ 2k−1 + 2n+1−1

k=1

k=1

  1 1 = 2 1− n + n 2 2 1 = 2− n  2 1 = 2 1 − n+1 . 2 IV

1 Nat¨urliche Zahlen

5

g) IA: n = 1

1 (2 − 1)2 = (4 − 1) ist richtig. 3 n n IV: ∑ (2k − 1)2 = (4n2 − 1). 3 k=1 IS: n+1

n

∑ (2k − 1)2 = ∑ (2k − 1)2 + (2(n + 1) − 1)2

k=1

k=1

n = (4n2 − 1) + (2n + 1)2 3 1 = (4n3 + 12n2 + 11n + 3) 3 1 = (n + 1)(4n2 + 8n + 4 − 1) 3 n+1 (4(n + 1)2 − 1). = 3

IV

h) IA: n = 1 (2 − 1) = 12 ist richtig. n

IV:

∑ (2k − 1) = n2 .

k=1

IS: n+1

n

∑ (2k − 1) = ∑ (2k − 1) + (2(n + 1) − 1)

k=1

k=1 IV 2

= n + 2n + 1

= (n + 1)2 . i) IA: n = 1 20 = 21 − 1 = 1 ist richtig. n

IV:

∑ 2k−1 = 2n − 1.

k=1

IS: n+1

n

∑ 2k−1 = ∑ 2k−1 + 2(n+1)−1

k=1

k=1 IV n

= 2 − 1 + 2n+1−1

= 2 · 2n − 1 = 2n+1 − 1.

6

1 Nat¨urliche Zahlen

j) IA: n = 1 1 1 = ist richtig. (2 − 1)(2 + 1) 2 + 1       n

IV:

= 31

= 31

n

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = 2n + 1 .

k=1

IS: n+1

n

1

1

1

∑ (2k − 1)(2k + 1) = ∑ (2k − 1)(2k + 1) + (2(n + 1) − 1)(2(n + 1) + 1)

k=1

k=1

IV

=

1 n + 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3)

2n2 + 3n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n+1 = 2n + 3 n+1 . = 2(n + 1) + 1 =

k) IA: n = 1 1 1+2 = 2− 1 ist richtig. 21 2 n k n+2 IV: ∑ k = 2 − n . 2 2 k=1 IS: n+1

n n+1 k k = ∑ 2k ∑ 2k + 2n+1 k=1 k=1

n+2 n+1 + n+1 2n 2 1 n+3 = 2 − n+1 (2(n + 2) − (n + 1)) = 2 − n+1 2 2 (n + 1) + 2 = 2− . 2n+1 IV

= 2−

l) IA: n = 1 1 1 = ist richtig. 1 · (1 + 1) 1 + 1 n 1 n = . IV: ∑ n+1 k=1 k(k + 1) IS:

1 Nat¨urliche Zahlen

7

n+1

n

1

1

1

∑ k(k + 1) = ∑ k(k + 1) + (n + 1)((n + 1) + 1)

k=1

k=1

1 n + n + 1 (n + 1)(n + 2) n(n + 2) + 1 = (n + 1)(n + 2)

IV

=

=

n2 + 2n + 1 (n + 1)(n + 2)

=

n+1 n+1 (n + 1)2 = = . (n + 1)(n + 2) n + 2 (n + 1) + 1

m) IA: n = 1

1 · (1 + 1)(1 + 2) ist richtig. 3 n n(n + 1)(n + 2) . IV: ∑ k(k + 1) = 3 k=1 IS:

1 · (1 + 1) =

n+1

n

k=1

k=1

∑ k(k + 1) = ∑ k(k + 1) + (n + 1) ((n + 1) + 1) n(n + 1)(n + 2) + (n + 1)(n + 2) 3 n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)(n + 2) = 3 (n + 1)(n + 2)(n + 3) = 3 (n + 1)((n + 1) + 1)((n + 1) + 2) . = 3 IV

=

Aufgabe 1.2 ¨ Uberpr¨ ufen Sie mittels vollst¨andiger Induktion, ob die Aussage An :

n

∑ (4 + k) =

k=1

f¨ur alle nat¨urlichen Zahlen wahr ist. L¨osung: IA:

n(n + 2) 2

8

1 Nat¨urliche Zahlen

n=1 4+1 = 5 1 · (1 + 2) = 1, 5 2 5 = 1, 5 =⇒ die Aussage ist falsch.

Aufgabe 1.3 Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion die Ungleichungen a) n < 2n f¨ur alle nat¨urlichen Zahlen n ≥ 1 b) 2n > n3 f¨ur alle nat¨urlichen Zahlen n ≥ 10 L¨osung: a) IA: n = 1 Die Aussage ist richtig, weil 1 < 21 . IV: n < 2n . IV 1 IS: n + 1 < 2n + 1 < 2n + 2 = 2n (1 + n+1 ) < 2n+1 . 2    <2

b) IA: n = 10 Die Aussage ist wahr, weil 210 = 1024 > 1000 = 103 . IV: 2n > n3 . IS: 3 3 1 + 2 + 3) n n n n≥10 3 3 1 3 + ≤ n (1 + + ) 10 102 103 103 + 3 · 102 + 3 · 10 + 1 1331 = n3 = n3 3 10 1000

(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1 = n3 (1 +

IV

< 2 · n3 < 2 · 2n = 2n+1 ⇒ 2n+1 > (n + 1)3 . Aufgabe 1.4 Die Zahlen Sn seien definiert durch a) Sn = 1 − 4 + 9 − 16 + 25 − 36 + . . . + (−1)n−1 n2 1 1 1 + +...+ . b) Sn = 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1) Man stelle eine Hypothese u¨ ber Sn auf und beweise diese mittels vollst¨andiger Induktion.

1 Nat¨urliche Zahlen

9

L¨osung: a) Aufstellen einer Hypothese: Voraussetzung: n ≥ 1, n ∈ N Sn := 1 − 4 + 9 − . . . + (−1)n−1 · n2 Gesucht: Formel f¨ur Sn Hypothese f¨ur Sn : n (−1)n−1 · n2 Sn

1 1 1 1·1

3 4 5 6 7 8 ... 9 −16 25 −36 49 −64 . . . 6 −10 15 −21 28 −36 . . . 2·3 3·5 4·7 −1 · 3 −2 · 5 −3 · 7 −4 · 9 2 −4 −3

Betrachte jedes zweite Sn ⇒ Vermutung: ⎧ ⎨ n + 1 n , n ungerade 2 Sn = ⎩ − n (n + 1) , n gerade 2 n(n + 1) Behauptung: Sn = (−1)n−1 2 Beweis: vollst¨andige Induktion nach n IA: n=1

1 · (1 + 1) ist richtig. 2 n(n + 1) IV: Sn = (−1)n−1 . 2 IS: Sn+1 = Sn + (−1)n (n + 1)2 n(n + 1) IV + (−1)n (n + 1)2 = (−1)n−1 2 n = (−1)n (n + 1) (n + 1) − 2 (n + 1)(n + 2) n = (−1) . 2 b) Aufstellen einer Hypothese: Voraussetzung: n ≥ 1, n ∈ N 1 1 1 Sn := + + ... + 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) Gesucht: Formel f¨ur Sn S1 = 1 = (−1)1−1

Hypothese f¨ur Sn :

10

1 Nat¨urliche Zahlen

n

1

2

3

4

5

...

1 1 1 1 1 1 ... (2n − 1) · (2n + 1) 1 · 3 3 · 5 5 · 7 7 · 9 9 · 11 1 3 Sn =

2 3 5 7 n −→ Vermutung: 2n + 1 n Behauptung: Sn = 2n + 1 Sn

4 9

5 ... 11

Beweis: vollst¨andige Induktion nach n IA: n=1 1 1 ist richtig. S1 = = 3 2·1+1 n IV: Sn = . 2n + 1 IS: 1 Sn+1 = Sn + (2(n + 1) − 1) · (2(n + 1) + 1) 1 n IV + = 2n + 1 (2n + 1)(2n + 3) n(2n + 3) + 1 = (2n + 1)(2n + 3) 2n2 + 3n + 1 = (2n + 1)(2n + 3) (n + 1)(2n + 1) = (2n + 1)(2n + 3) n+1 n+1 = . = 2n + 3 2(n + 1) + 1 Aufgabe 1.5 F¨ur welche nat¨urlichen Zahlen gilt 2n n! < nn ? L¨osung: 2n n! < nn , n ∈ N n 2n n! nn 1 2 1 4 2 8 27 3 48 4 384 256 5 3840 3125 6 46080 46656 Vermutung: 2n n! < nn , n ≥ 6, n ∈ N IA: n = 6 Die Aussage ist wahr (siehe Tabelle).

1 Nat¨urliche Zahlen

11

IV: 2n n! < nn . IS: IV 2n+1 (n + 1)! = 2 · 2n n! · (n + 1) < 2nn (n + 1) ⇒ zu zeigen: 2nn (n + 1) < (n + 1)n+1 ⇔ 2nn < (n + 1)n (n + 1)n = (n + 1)(n + 1) · . . . · (n + 1) = nn + nnn−1 + · · · + 1 > 2nn .       2nn n-mal    >2nn

Kapitel 2

Reelle Zahlen

Zu den reellen Zahlen z¨ahlen - die nat¨urlichen Zahlen 0,1,2,... - die ganzen Zahlen 0,±1,±2,... m -die rationalen Zahlen , m und n=0 sind ganze Zahlen n √ - die irrationalen Zahlen (z.B 2, π , e). Definition Absoluter Betrag (Def. 2.3, Kap. 2.1) Der absolute Betrag |x| einer reellen Zahl x ist definiert durch |x| =



x −x

2.1 Ungleichungen mit Betr¨agen Aufgabe 2.1 Berechnen Sie alle reellen Zahlen x, f¨ur die gilt: |x + 3| < 6 |x + 7| < 4 |x + 5| < 3 |3 − x| > 6 |x − 7| > 4 |x − 5| > 3 ||x| − 3| < 6 ||x| − 7| < 4 ||x| − 5| < 3 |x + 2| − x > 3 |3 − x| < |x + 2| 1 1 < l) 2 x − 9 15 − |2x|

a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k)

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 2, 

wenn wenn

x≥0 x<0.

14

1 1 > |x − 2| 1 + |x − 1| |2x − 5| <3 n) |x − 6| |x2 − 36| o) > |x + 3| − 2x, x+6

2 Reelle Zahlen

m)

x = −6

L¨osung: a) 1. Fall: x ≥ −3 ⇒ x + 3 < 6 ⇔ x < 3 2. Fall: x < −3 ⇒ −x − 3 < 6 ⇔ x > −9 Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit −9 < x < 3. b) |x + 7| < 4 ⇔ |x − (−7)| < 4 ⇔ −7 − 4 < x < −7 + 4 ⇔ −11 < x < −3 c) |x + 5| < 3 ⇔ |x − (−5)| < 3 ⇔ −8 < x < −2 d) 1. Fall: x ≤ 3 ⇒ 3 − x > 6 ⇔ x < −3 2. Fall: x > 3 ⇒ −3 + x > 6 ⇔ x > 9 Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit x < −3 oder x > 9. e) |x − 7| > 4 ⇔ x < 7 − 4 = 3 oder x > 7 + 4 = 11 f) |x − 5| > 3 ⇔ x < 2 oder x > 8 g) 1. Fall: x < −3 ⇒ −x − 3 < 6 ⇔ x > −9 2. Fall: −3 ≤ x < 0 ⇒ −(−x − 3) < 6 ⇔ x < 3 3. Fall: 0 ≤ x < 3 ⇒ −(x − 3) < 6 ⇔ x > −3 4. Fall: x ≥ 3 ⇒ x − 3 < 6 ⇔ x < 9 ⇔ −9 < x < 9 h) ||x| − 7| < 4 ⇔ 7 − 4 < |x| < 7 + 4 ⇔ 3 < |x| < 11 ⇔ 3 < |x| und |x| < 11 ⇔ (x < −3 oder 3 < x) und (−11 < x < 11) ⇔ (−11 < x < −3) oder (3 < x < 11) i) ||x| − 5| < 3 ⇔ 2 < |x| < 8 ⇔ (x < −2 oder x > 2) und (−8 < x < 8) ⇔ (−8 < x < −2) oder (2 < x < 8) j) 1. Fall: x ≥ −2 ⇒ x + 2 − x > 3 ⇔ 2 > 3 Widerspruch! 5 2. Fall: x < −2 ⇒ −x − 2 − x > 3 ⇔ x < − 2 5 ⇔x<− 2 k) 1. Fall: x < −2 ⇒ 3 − x < −x − 2 ⇔ 3 < −2 Widerspruch! 2. Fall: 1 l) −2 < x ≤ 3 ⇒ 3 − x < x + 2 ⇔ x > 2 1 ⇔ <x≤3 2 3. Fall x > 3 ⇒ −3 + x < x + 2 ⇔ −3 < 2 ⇒ x > 3 1 Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit x > . 2

2.1 Ungleichungen mit Betr¨agen

m) x2 − 9 = 0 ⇐⇒ x = ±3 15 − |2x| = 0 ⇐⇒ |x| =

15

15 15 ⇐⇒ x = ± 2 2

1. Fall: |x| < 3 (d. h. −3 < x < 3) ⇒ x2 − 9 < 0 und 15 − |2x| > 0 ⇔ 15 − |2x| > x2 − 9 ⇔ 0 > x2 + 2|x| + 1 − 25 ⇔ 25 > (|x| + 1)2    >0 ⇔ |x| < 4 ⇔ −4 < x < 4 ⇔ (−3 < x < 3) und (−4 < x < 4) ⇔ −3 < x < 3 2. Fall: |x| > 3 (d. h. x < −3, 3 < x) ⇒ x2 − 9 > 0 15 15 15 ⇔− <x< Fall 2a: 15 − |2x| > 0 ⇔ |x| < 2 2 2 ⇒ 15 − |2x| < x2 − 9 ⇔ . . . ⇔ 4 < |x| 15 15 ⇔ (x < −3 oder 3 < x) und (x < −4 oder 4 < x) und (− < x < ) 2 2 15 15 ⇔ (− < x < −4) oder (4 < x < ) 2 2 15 15 15 < |x| (x < − oder < x) Fall 2b: 15 − |2x| < 0 ⇔ 2 2 2 2 ⇒ 15 − |2x| > x − 9 ⇔ . . . ⇔ |x| < 4 ⇒ Es gibt keine L¨osung. 15 ⇒ Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit − < x < −4 oder −3 < x < 3 2 15 oder 4 < x < . 2 n) |x − 2| > 0 f¨ur alle x ∈ R\{2} und 1 + |x − 1| > 0 f¨ur alle x ∈ R 1 1 ⇒ > ⇔ 1 + |x − 1| > |x − 2| ⇔ (1 + |x − 1|)2 > (x − 2)2 |x − 2| 1 + |x − 1| ⇔ 1 + 2|x − 1| + (x2 − 2x + 1) > x2 − 4x + 4 ⇔ 2|x − 1| > 2 − 2x ⇔ |x − 1| > 1 − x ⇔ |1 − x| > 1 − x ⇔ 1−x < 0 ⇔ x > 1 ⇒Die L¨osung besteht aus allen x mit x > 1 außer x = 2. o)

x = 6 : 1. Fall: Also

|2x − 5| <3 |x − 6| x<

5 2

⇔

|2x − 5| < 3|x − 6|

⇒ |2x − 5| = 5 − 2x

|x − 6| = 6 − x |2x − 5| < 3|x − 6| ⇔ 5 − 2x < 3(6 − x) ⇔ 5 − 2x < 18 − 3x ⇔ x < 13 5 ⇒ x< 2

16

2 Reelle Zahlen 2. Fall: Also

3. Fall: Also

5 ≤x<6 2

|x − 6| = 6 − x |2x − 5| < 3|x − 6| ⇔ 2x − 5 < 3(6 − x) ⇔ 2x − 5 < 18 − 3x ⇔ 5x < 23 23 ⇔ x< 5 5 23 ⇒ ≤x< 2 5 x>6

⇒ |2x − 5| = 2x − 5 |x − 6| = x − 6 |2x − 5| < 3|x − 6| ⇔ 2x − 5 < 3x − 18 ⇒ x > 13

Insgesamt also x < p)

⇒ |2x − 5| = 2x − 5

23 oder x > 13. 5

|x2 − 36| > |x + 3| − 2x, x+6

x = −6

Fallunterscheidung: x2 − 36 ≥ 0 ⇔ (x − 6)(x + 6) ≥ 0 ⇒ x ≤ −6 oder x ≥ 6 x2 − 36 < 0 ⇔ (x − 6)(x + 6) < 0 ⇒ −6 < x < 6 x+3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 x+3 < 0 ⇔ x < −3 1. Fall: x ≤ −6 ⇒ x2 − 36 ≥ 0, x + 3 < 0 (x − 6)(x + 6) > −x − 3 − 2x x+6 ⇔ x − 6 > −x − 3 − 2x 3 ⇔ x> 4 ⇒ keine L¨osung.

⇒

2. Fall: −6 < x < −3 ⇒ x2 − 36 < 0, x + 3 < 0 −(x − 6)(x + 6) > −x − 3 − 2x ⇒ x+6 ⇔ −x + 6 > −x − 3 − 2x 9 ⇔ x>− 2 9 ⇒ − < x < −3 2 3. Fall: −3 ≤ x < 6 ⇒ x2 − 36 < 0, x + 3 ≥ 0 ⇒ −x + 6 > x + 3 − 2x ⇔ 6>3 ⇒ −3 ≤ x < 6

2.1 Ungleichungen mit Betr¨agen

17

4. Fall: x ≥ 6 ⇒ x2 − 36 ≥ 0, x + 3 ≥ 0 ⇒ x − 6 > x + 3 − 2x 9 ⇔ x> 2 ⇒ x≥6 9 Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit − < x < −3 oder −3 ≤ x < 6 oder 2 x≥6 9 ⇒ aus allen x mit x > − . 2 Aufgabe 2.2 Sei a eine beliebige feste Zahl. Finden Sie alle Zahlen x, so dass   x−a    x + a  < 1. L¨osung: |x − a| < 1 ⇔ |x − a| < |x + a| |x + a|

⇔

−|x + a| < x − a < |x + a|

(∗)

↑ (|r| < b, b > 0 ⇔ − b < r < b)

1. Fall: x + a > 0 ⇔ |x + a| = x + a ⎧ ⎧ −x − a < x − a ⎨ ⎨ −x < x ⇔ 0 < x (∗) und und ⇒ −(x + a) < x − a < x + a ⇔ ⇔ ⎩ ⎩ x−a < x+a −a < a ⇔ 0 < a ⇒ x > 0 f¨ur a > 0. 2. Fall: x + a < 0 ⇔ |x + a| = −(x + a)

(∗)

⇒ −(−(x + a)) < x − a < −(x + a) ⇔ x + a < x − a < −x − a ⎧ ⎨ x + a < x − a ⇔ 2a < 0 ⇔ a < 0 und ⇔ ⎩ x − a < −x − a ⇔ x < −x ⇔ 2x < 0 ⇔ x < 0 ⇒ x < 0 f¨ur a < 0.

18

2 Reelle Zahlen

Aufgabe 2.3 Es seien x, y beliebige reelle Zahlen. Beweisen Sie: a) |x| ≤ |y| ⇔ x2 ≤ y2 b) |x + y| ≤ |x| + |y| (Dreiecksungleichung) i) ohne Hilfe von (a) ii) mit Hilfe von (a). L¨osung: a) (⇒)

·|y|

·|x|

|x| ≤ |y| ⇒ |x|2 ≤ |x||y| und |x||y| ≤ |y|2 |x|2 =x2 ,|y|2 =y2 2 ⇒ x

(⇐)

≤ |x||y| ≤ y2 , also x2 ≤ y2 |x|,|y|≥0

x2 ≤ y2 ⇒ |x|2 ≤ |y|2 ⇒ |x| ≤ |y| b) i) 1. Fall : x ≥ 0, y ≥ 0 ⇒ (|x| = x, |y| = y und x + y ≥ 0 ⇒ |x + y| = x + y) ⇒ |x + y| = x + y = |x| + |y| ,,Gleichheit“ 2. Fall : x < 0, y < 0 ⇒ (|x| = −x, |y| = −y und x + y < 0 ⇒ |x + y| = −(x + y)) ⇒ |x + y| = −(x + y) = (−x) + (−y) = |x| + |y| ,,Gleichheit“ 3. Fall : x ≥ 0, y < 0 ⇒ |x| = x, |y| = −y x+y>0

⇒ |x + y| = x + y = |x| − (−y) = |x| − |y| < |x| + |y| oder:

x+y<0

⇒ |x + y| = −(x + y) = (−x) + (−y) = −|x| + |y| < |x| + |y|

Den Fall x < 0, y ≥ 0 beweist man wie Fall 3. ii) (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 = |x|2 + 2xy + |y|2 ≤ |x|2 + 2|x||y| + |y|2 = (|x| + |y|)2 ⇒ (x + y)2 ≤ (|x| + |y|)2 (a)

⇒ |x + y| ≤ ||x| + |y|| = |x| + |y|. Aufgabe 2.4 Man zeige, dass f¨ur alle x = 0 gilt: |x| +

1 ≥2 |x|

L¨osung: 0 ≤ (|x| − 1)2 = |x|2 − 2|x| + 1 ⇒ 2|x| ≤ |x|2 + 1 |x| > 0,

da

x = 0

⇒2 =

1 1 1 (2 |x|) ≤ (|x|2 + 1) = |x| + . |x| |x| |x|

2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age

19

2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age Aufgabe 2.5 Berechnen Sie alle reellen Zahlen x, f¨ur die gilt: 3x − 8 ≤ 9 + 5x 2x − 17 ≤ 13 + 6x 4x − 5 ≤ 8 + 7x −2x2 + 14x − 20 > 0 3(x − 2) < x(x − 2) 2(x + 1) < x(x + 1) (2 − x) < 2x(2 − x) x2 − 7 < 3(x − 1) x2 + 1 < 5(x − 1) 5 9x − 14 − >9 j) x−2 x+1 2x − 8 4 k) − >5 x−3 x+2

a) b) c) d) e) f) g) h) i)

L¨osung: a) 3x − 8 ≤ 9 + 5x − 17 ≤ 2x 17 x≥− 2 15 30 b) 2x − 17 ≤ 13 + 6x ⇔ −4x ≤ 30 ⇔ x ≥ − = − 4 2 15 ⇒x≥− 2 13 c) 4x − 5 ≤ 8 + 7x ⇔ −3x ≤ 13 ⇔ x ≥ − 3 :(−2) 2 2 d) −2x + 14x − 20 > 0 ⇔ x − 7x + 10 < 0 Nullstellen des Polynoms: x2 − 7x + 10 = 0 ⇔ x 1 = 2 x2 = 5 ⇒ x2 − 7x + 10 = (x − 2)(x − 5) ⇒ x2 − 7x + 10 < 0 ⇔ (x − 5)(x − 2) < 0

(1)

Sei x1 := 2, x2 := 5 : i) x ≤ x1 ⇒ (x−x1 ) ≤ 0 und (x−x2 ) < 0 ⇒ (x−x1 )(x−x2 ) ≥ 0 (keine Lsg. laut (1)) ii) x ≥ x2 ⇒ (x−x2 ) ≥ 0 und (x−x1 ) > 0 ⇒ (x−x1 )(x−x2 ) ≥ 0 (keine Lsg. laut (1)) iii) x1 < x < x2 ⇒ (x − x1 ) > 0 und (x − x2 ) < 0 ⇒ (x − x1 )(x − x2 ) < 0

20

2 Reelle Zahlen

Die Gesamtl¨osung: 2 < x < 5 e) 1. L¨osungsm¨oglichkeit 3(x − 2) < x(x − 2) ⇒ 3x − 6 < x2 − 2x ⇒ x2 − 5x + 6 > 0 Nullstellen der Parabel: x1 = 3 x2 = 2 ⇒ Die L¨osung besteht aus allen x mit x < 2 oder x > 3 2. L¨osungsm¨oglichkeit 1.Fall: x − 2 < 0 ⇔ x < 2 3(x − 2) < x(x − 2) | : (x − 2) mit x − 2 < 0 ⇒3>x x < 2 und x < 3 ⇒ x < 2 2.Fall: x − 2 > 0 ⇔ x > 2 3(x − 2) < x(x − 2) | : (x − 2) mit x − 2 > 0 ⇒3<x x > 2 und x > 3 ⇒ x > 3 3.Fall: x = 2 3(x − 2) < x(x − 2) ⇒ 0 < 0 Widerspruch! ⇒ x = 2 ist keine L¨osung ⇒ Die L¨osung besteht aus allen x mit x < 2 oder x > 3 f) L¨osen durch Fallunterscheidung 1. Fall: x + 1 > 0 ⇔ x > −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 2 < x ⇒ Die L¨osung im 1. Fall besteht aus allen x mit x > 2. 2. Fall: x + 1 = 0 ⇒ x = −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 0 < 0 ⇒ Keine L¨osung. 3. Fall: x + 1 < 0 ⇒ x < −1 2(x + 1) < x(x + 1) ⇔ 2 > x ⇒ Die L¨osung im 3. Fall besteht aus allen x mit x < −1. ⇒ Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit x < −1 oder x > 2 . g) (2 − x) < 2x(2 − x) − 2x2 + 5x − 2 > 0

1 x1 = 2 x2 = 2 1 ⇒ Die L¨osung besteht aus allen x mit < x < 2 . 2

Nullstellen der Parabel:

h) x2 − 7 < 3(x − 1) x2 − 3x − 4 < 0 Nullstellen der Parabel: x1 = −1 x2 = 4 ⇒ Die L¨osung besteht aus allen x mit −1 < x < 4 .

2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age

21

i) x2 + 1 < 5(x − 1) ⇔ x2 − 5x + 6 < 0 x2 − 5x + 6 = 0√ √  5 ± 25 − 4 · 1 · 6 5 ± 1 3 = = ⇔ x1/2 = 2 2 2 ⇒ x2 − 5x + 6 = (x − 3)(x − 2) (x − 3)(x − 2) < 0 ⇔2<x<3 5 9x − 14 − >9 j) x−2 x+1 5 9x − 14 − −9 > 0 ⇔ x−) x+1 (9x − 14)(x + 1) − 5(x − 2) − 9(x − 2)(x + 1) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) (x + 1)(9x − 14 − 9(x − 2)) − 5(x − 2) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) 4(x + 1) − 5(x − 2) ⇔ >0 (x − 2)(x + 1) −x + 14 >0 ⇔ (x − 2)(x + 1) x − 14 <0 ⇔ (x − 2)(x + 1) −∞ −1 2 14 ∞ x+1 − + + + − − + + x−2 − − − + x − 14   <0

<0

⇒ x < −1 oder 2 < x < 14 2x − 8 4 k) − −5 > 0 x−3 x+2 (2x − 8)(x + 2) − 4(x − 3) − 5(x − 3)(x + 2) ⇔ >0 (x + 2)(x − 3) −3x2 − 3x + 26 >0 ⇔ (x + 2)(x − 3) √ −( 321 + 3) ≈ −3, 48 Nullstellen des Z¨ahlers: x1 = 6 √ 321 − 3 x2 = ≈ 2, 48 6 Nullstellen des Nenners: x3 = −2 x4 = 3 √ −( 321 + 3) < x < −2 Die Gesamtl¨osung besteht aus allen x mit 6 √ 321 − 3 <x<3. oder 6

22

2 Reelle Zahlen

Aufgabe 2.6 Beweisen Sie f¨ur reelle, positive Zahlen a, b: √ √ b a √ + √ ≥ a+ b a b L¨osung: √ √ a b √ + √ ≥ a+ b a b √ √ √ b a | ·  ab ⇔ √ + √ − a− b ≥ 0 a b >0 √ √ √ √ ⇔ a a−a b+b b−b a ≥ 0 √ √ √ √ ⇔ a a − b a − (a b − b b) ≥ 0 √ √ ⇔ a(a − b) − b(a − b) ≥ 0 √ √ ⇔ (a − b)( a − b) ≥ 0 √ √ 1.Fall: a > b (a − b) ( a − b) ≥ 0       >0

2.Fall:

a
 3.Fall:

a=b

>0

√ √ (a − b) ( a − b) ≥ 0       <0



>0

<0



0 ≥ 0.

Aufgabe 2.7 Zeigen Sie, dass f¨ur alle a ≤ b ∈ R gilt: a + c ≤ b + c f¨ur c ∈ R ac ≤ bc f¨ur c > 0 a b ≤ f¨ur c > 0 c c ac ≥ bc f¨ur c < 0 1 1 ≥ f¨ur a = 0 = b und a · b > 0 a b L¨osung: (1)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ⇔ b − a + (c − c) ≥ 0 ⇔ (b + c) − (a + c) ≥ 0 ⇔ a+c ≤ b+c

2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age

23

c>0

(2)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ⇔ c(b − a) ≥ 0 ⇔ cb − ca ≥ 0 ⇔ ca ≤ cb ⇔ ac ≤ bc (3)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0

c>0⇔ 1c >0

⇔

b a a b 1 (b − a) ≥ 0 ⇔ − ≥ 0 ⇔ ≤ c c c c c

c<0

(4)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ⇔ c(b − a) ≤ 0 ⇔ cb − ca ≤ 0 ⇔ cb − ca + ca ≤ 0 + ca ⇔ ac ≥ bc 1 >0 ab>0⇔ ab 1 (b − a) ≥ 0 ⇐⇒ (5)a ≤ b ⇔ b − a ≥ 0 ab a 1 1 1 1 b − ≥0⇔ − ≥0⇔ ≥ . ⇔ ab ab a b a b

Aufgabe 2.8 Seien p1 , p2 , . . . , pn positive Zahlen. Zeigen Sie,dass min ak ≤

1≤k≤n

p1 a1 + p2 a2 + · · · + pn an ≤ max ak p1 + · · · + pn 1≤k≤n

f¨ur alle a1 , a2 , . . . , an ∈ R. L¨osung: Sei a := min{a1 , a2 , . . . , an } A := max{a1 , a2 , . . . , an } Sei a = a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an = A Dann gilt: (ak − a1 )pk ≥ 0, k ∈ J := {1, 2, . . . , n} und: (an − ak )pk ≥ 0, k ∈ J

⇔ a1 pk ≤ ak pk , k ∈ J ⇔ ak pk ≤ an pk , k ∈ J

(α ) (β )

Damit folgt: a1 (p1 + p2 + . . . + pn ) = a1 p1 + a1 p2 + . . . + a1 pn   (α )

≤ a 2 p2

(α )

≤ a n pn

!

≤ a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn   (β )

≤ a n p1

(β )

≤ a n p2

≤ an p1 + an p2 + . . . + an pn = an (p1 + p2 + . . . + pn ) D.h. a1 (p1 + p2 + . . . + pn ) ≤ a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn ≤ an (p1 + p2 + . . . + pn )(1) Wegen: p1 , p2 , . . . , pn > 0 ⇒ p1 + p2 + . . . + pn =: p > 0

24

2 Reelle Zahlen

(1)|:p

=⇒ min ak = a1 ≤ k∈J

a1 p1 + a2 p2 + . . . + an pn ≤ an = max ak . p1 + p2 + . . . + pn k∈J

Aufgabe 2.9 Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion: a) (1 + x)n ≥ 1 + nx b) (1 + x)n > 1 + nx

f¨ur alle x ≥ −1 und n ≥ 1 (Ungleichung von Bernoulli) f¨ur alle x ≥ −1, x = 0 und n ≥ 2 ( die sch¨arfere Fassung der Ungleichung von Bernoulli)

L¨osung: a) IA: n = 1 (1 + x)1 = 1 + 1 · x ist richtig IV: (1 + x)n ≥ 1 + nx f¨ur alle x ≥ −1 und 1 ≤ n IS: IV

(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + x + nx + nx2    ≥0

= 1 + (n + 1)x +  n  x2 ≥ 1 + (n + 1)x. ≥1

≥0

   ≥0

b) Der Beweis der Ungleichung (b) erfolgt in derselben Weise wie der Beweis von (a). Aufgabe 2.10 Zeigen Sie, dass folgende Absch¨atzungen gelten: √ √ √ √ 1 a) 2( k + 1 − k) < √ < 2( k − k − 1) f¨ur alle k ≥ 1, k ∈ N k n √ √ 1 b) 2 n − 2 < ∑ √ < 2 n − 1 f¨ur alle n ≥ 2, n ∈ N k=1 k

2.2 Ungleichungen ohne Betr¨age

25

L¨osung: a) i) Beweis der linken Seite: √ √ 1 2( k + 1 − k) < √ k

⇔

√ √ √ 1 k( k + 1 − k) < 2

⇔

√ √ k k+1−k

<

1 2

⇔

 k(k + 1) − k

<

1 2

⇔

 k(k + 1)

<

k≥1, Aufgabe 3.3a

ii) Beweis der rechten Seite: √ √ 1 √ < 2( k − k − 1) k

⇔

k(k + 1)

⇔

k2 + k

1 +k 2   1 2 < k+ 2

< k2 + k +

1 4

√ √ √ 1 < k( k − k − 1) 2  1 < k − k(k − 1) ⇔ 2  1 k(k − 1) < k − ⇔  2 2 1 k≥1, Aufgabe 3.3a ⇔ k(k − 1) < k − 2 1 2 2 ⇔ k −k < k −k+ 4 b) i) Beweis der linken Ungleichung: n √ 1 2 n−2 < ∑ √ k=1 k n √ 1 a) n √ ∑ √k > 2 ∑ ( k + 1 − k) = k=1 √ k=1 √ √ √ √ √ √ n + 1 − n) = 2(√1 + 1 − 1√+ 2√+ 1 − √ 2+ √ 3 + 1 −√ 3 + ... + √ = 2(√2 − 1 3− √ 2+ √ 4− √ 3 + ... + n + 1 − n)√ √+ √ √ √ = 2( 2 − 2 + 3 − 3 + 4 − 4 +... + n − n + n + 1 − 1)             =0 =0 =0 √ √ =0 √ = 2( n + 1 − 1) = 2 n + 1 − 2 > 2 n − 2 ii) Beweis der rechten Ungleichung: n √ 1 ∑ √k < 2 n − 1 k=1 n n n √ √ √ √ 1 1 a) ∑ √k = 1 + ∑ √k < 1 + 2 ∑ ( k − k − 1) = 1 + 2 · ( n − 1) = 2 n − 1 k=1 k=2 k=2 ⇔

26

2 Reelle Zahlen

Beispiel: Absch¨atzung der Summe der Kehrwerte der ersten 106 Wurzeln: √ 2 106 − 2 <    =1998

106

1

√

∑ √k < 2

k=1

106 − 1 .  

=1999

2.3 Gleichungen ohne Betr¨age Aufgabe 2.11 Beweisen Sie f¨ur alle n ∈ N und alle reellen Zahlen x = 1: n

n+1

(1 + x)(1 + x2 )...(1 + x2 ) =

1 − x2 1−x

L¨osung: n

(1 + x)(1 + x2 )...(1 + x2 ) = n

(1 − x)(1 + x)(1 + x2 )...(1 + x2 ) = 1 − x2

n+1

n

n+1

n

n+1

n

n+1

(1 − x2 )(1 + x2 )(1 + x4 )...(1 + x2 ) = 1 − x2 (1 − x4 )(1 + x4 )(1 + x8 )...(1 + x2 ) = 1 − x2 ... n

n+1

1 − x2 1−x

(1 − x2 )(1 + x2 ) = 1 − x2   n n n+1 1 − (x2 )2 = 1 − x2·2 = 1 − x2 .

Aufgabe 2.12 F¨ur welche Werte von c ∈ R hat die quadratische Gleichung = 0, a) x2 − (c + 2)x + 1 b)

x2 − (2c − 1)x +

1 c− 2

 =0

genau eine L¨osung? L¨osung: Sei α x2 + β x + γ = 0 mit α = 0, β , γ ∈ R D := β 2 − 4αγ Gleichung (∗) hat genau eine L¨osung ⇔ D = 0

(∗)

2.3 Gleichungen ohne Betr¨age

27

a) x2 − (c + 2)x + 1 = 0

(1)

⇒ Da = (c + 2)2 − 4 = (c + 2)2 − 22 = (c + 2 + 2)(c + 2 − 2) = c(c + 4) ⇒ Da = 0 ⇔ c = 0 oder c = −4 i) c = 0 : (1) ⇔ x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 = 0 ⇒ x0 = 1 ist 2-fache Nullstelle ii) c = −4 : (1) ⇔ x2 − (−4 + 2)x + 1 = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 = 0 ⇒ x0 = −1 ist 2-fache Nullstelle   1 =0 (2) b) x2 − (2c − 1) x + c − 2     1 1 x+ c− =0 (2) ⇔ x2 − 2 c − 2 2 2          1 1 1 1 ⇒ Db = 2 c − = 4 c− c− −1 −4 c− 2 2 2  2   3 1 c− = 4 c− 2 2 3 1 ⇒ Db = 0 ⇔ c = oder c = 2 2 1 i) c = , 2 3 ii) c = , 2

(2) ⇔ x2 = 0 ⇒ x0 = 0 ist 2-fache Nullstelle (2) ⇔ x2 −2x+1 = 0 ⇔ (x−1)2 = 0 ⇒ x0 = 1 ist 2-fache Nullstelle.

Aufgabe 2.13 Beweisen Sie durch vollst¨andige Induktion n

1 − (n + 1)xn + nxn+1 , x = 1, f¨ur alle n ≥ 1, n ∈ N (1 − x)2 k=1 b) Sind q = 1 eine reelle und n eine nat¨urliche Zahl, so gilt: a)

∑ kxk−1 =

n

∑ qk = 1 + q + q2 + q3 + · · · + qn =

k=0

L¨osung: a) IA: n = 1 Die Aussage ist wahr, weil: 1 − 2x + x2 1−1 = 1 · x    (1 − x)2    =1·x0 =1 = n

IV:

(1−x)2 (1−x)2

∑ kxk−1 =

k=1

1 − (n + 1)xn + nxn+1 (1 − x)2

1 − qn+1 . 1−q

28

2 Reelle Zahlen n+1

Zu zeigen:

∑ kxk−1 =

k=1

1 − (n + 2)xn+1 + (n + 1)xn+1 (1 − x)2

IS: n+1

n

k=1

k=1

∑ k xk−1 = ∑ kxk−1 + (n + 1)xn

b) IA: n = 0 q0 = 1 = IV: n

∑ qk =

k=0

IV

=

1 − (n + 1)xn + nxn+1 + (n + 1)xn (1 − x)2

=

1 − (n + 1)xn + nxn+1 + (n + 1)xn (1 − x)2 (1 − x)2

=

1 − (n + 1)xn + nxn+1 + (n + 1)xn (1 − 2x + x2 ) (1 − x)2

=

1 − (−n + 2(n + 1))xn+1 + (n + 1)xn+2 (1 − x)2

=

1 − (n + 2)xn+1 + (n + 1)xn+2 (1 − x)2

1 − q1 1 − q1

1 − qn+1 , q = 1 1−q

IS:

n+1

n

∑ qk = ∑ qk + qn+1

k=0

k=0

1 − qn+1 + qn+1 1−q 1 − qn+1 qn+1 (1 − q) + = 1−q 1−q n+1 n+1 1−q +q − qn+2 = 1−q

IV

=

=

1 − q(n+1)+1 . 1−q

2.4 Gleichungen mit Betr¨agen

29

2.4 Gleichungen mit Betr¨agen Aufgabe 2.14 Weisen Sie nach: F¨ur alle a, b, λ ∈ R: a) |a| ≥ 0 b) |a| = 0 genau dann, wenn a = 0 c) |λ a| = |λ | · |a| | L¨osung: a) F¨ur alle a ∈ R ⇒  |a| ≥ 0, a≥0 f¨ur alle a ∈ R ⇒ a<0

denn ,,Trichometrie der reellen Zahlen“

und damit: F¨ur a ≥ 0 ⇒ |a| = a ≥ 0 F¨ur a < 0 ⇒ |a| = −(a) > 0 Def

b) (⇒) : F¨ur a = 0 ⇒ |a| = a = 0 (⇐) : Sei |a| = 0 und sei a = 0 ⇒ |a| > 0 − Widerspruch! ⇒a=0 c) |λ a| = |λ | · |a| |λ |=0

i) Fall : λ = 0, a ∈ R ⇒ λ a = 0 ⇒ |λ a| = 0 = 0 · |a| = |λ | · |a| |a|=0

ii) Fall : a = 0, λ ∈ R ⇒ λ a = 0 ⇒ |λ a| = 0 = 0 · |a| = |λ | · |a| iii) Fall : λ > 0, a > 0 ⇒ |λ | = λ , |a| = a, |λ a| = λ a ⇒ |λ a| = λ a = |λ | · |a| iv) Fall : λ > 0, a < 0 ⇒ (|λ | = λ , |a| = −a undλ a < 0 ⇒ |λ a| = −(λ a)) ⇒ |λ a| = −(λ a) = λ (−a) = |λ | · |a| v) Fall : λ < 0, a < 0 ⇒ ( |λ | = −λ , |a| = −aundλ a > 0 ⇒ |λ a| = λ a) ⇒ |λ a| = λ a = (−λ )(−a) = |λ | · |a| vi) Fall : λ < 0, a > 0 ⇒ (|λ | = −λ , |a| = aundλ a < 0 ⇒ |λ a| = −(λ a)) ⇒ |λ a| = −λ a = |λ | · |a| Aufgabe 2.15 L¨osen Sie die Gleichungen a) 6x2 + 5|x| − 4 = 0 b) 3x2 − 4|x| + 1 = 0

30

2 Reelle Zahlen

L¨osung: a) Setze|x| =: t ≥ 0 wegen x2 = |x|2 gilt:   4 5 =0 6x2 + 5|x| − 4 = 0 ⇔ 6t 2 + 5t − 4 = 0 ⇔ 6 t 2 + t − 6 6  2  2 5 5 5 4 2 ⇔ t + 2t + − − =0 12 12 12 6  2  2  2 5 52 + 12 · 8 5 8 11 ⇔ t+ = = + = 12 12 12 122 12 11 5 ⇔ |t + | = 12 12 11 6 1 5 t≥0 = = ⇔ t =− + 12 12 12 2 Aus |x| =

b)

1 1 = t ⇒ x1 = − ; 2 2

3x2 − 4|x| + 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x2 =

1 2

3x2 + 1 = 4|x| (3x2 + 1)2 = (4|x|)2 9x4 + 6x2 + 1 = 16|x|2 9x4 + 6x2 + 1 = 16x2 9x4 + 6x2 − 16x2 + 1 = 0 9x4 − 10x2 + 1 = 0

Substitution : y := x2 ≥ 0 : 9y2 − 10y + 1 = 0 √ 5 ± 25 − 9 ⇔ y ≥ 0 und y = 9 1 ⇔ y = oder 1 9 1 R¨ucksubstitution : x = ±1 oder x = ± . 3

Aufgabe 2.16 Man bestimme alle x ∈ R, f¨ur die gilt: |x + 2| − |x − 2| = |x − 5| + |6 − x| − 1 L¨osung: |x + 2| − |x − 2| = |x − 5| + |6 − x| − 1 Fallunterscheidung: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2 x−2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 x−5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 6−x ≥ 0 ⇔ x ≤ 6

x+2 < x−2 < x−5 < 6−x <

0⇔ 0⇔ 0⇔ 0⇔

x x x x

< −2 < 2 < 5 > 6

2.4 Gleichungen mit Betr¨agen

31

1. Fall: x < −2, d.h. x + 2 < 0, x − 2 < 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ −x − 2 − (−x + 2) = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ −4 = −2x + 10 ⇔ x=7 ⇒keine L¨osung 2. Fall: −2 ≤ x < 2, d.h. x + 2 ≥ 0, x − 2 < 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ x + 2 − (−x + 2) = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ 2x = −2x + 10 5 ⇔ x= 2 ⇒keine L¨osung 3. Fall: 2 ≤ x < 5, d.h. x + 2 > 0, x − 2 ≥ 0, x − 5 < 0, 6 − x > 0 ⇒ x + 2 − x + 2 = −x + 5 + 6 − x − 1 ⇔ 4 = −2x + 10 ⇔ x=3 ⇒ L¨osung x = 3 4. Fall: 5 ≤ x < 6, d.h. x + 2 > 0, x − 2 > 0, x − 5 ≥ 0, 6 − x > 0 ⇒ x+2−x+2 = x−5+6−x−1 ⇔ 4=0 ⇒keine L¨osung 5. Fall: x ≥ 6, d.h. x + 2 > 0, x − 2 > 0, x − 5 > 0, 6 − x ≤ 0 ⇒ x+2−x+2 = x−5−6+x−1 ⇔ 4 = 2x − 12 ⇔ x=8 ⇒ L¨osung x = 8 Insgesamt: x = 3 oder x = 8. Aufgabe 2.17 Sei d : R × R → R die Funktion, die jedem Paar (a, b) ∈ R × R seinen ”Abstand” d(a, b) := |a − b| zuordnet. Zeigen Sie: F¨ur alle a, b, c, λ ∈ R gilt: d(a + c, b + c) = d(a, b) d(λ a, λ b) = |λ | · d(a, b) L¨osung: Def

a) d(a + c, b + c) = |(a + c) − (b + c)| = |a + c − b − c| = |(a − b) + (c − c)| = Def

|a − b| = d(a, b) d(a + c, b + c) = d(a, b)

heißt ,,Translationsvarianz der Metrik d“

32

2 Reelle Zahlen Def

Def

b) d(λ a, λ b) = |λ a − λ b| = |λ (a − b)| = |λ ||a − b| = |λ | d(a, b).

Kapitel 3

Mengen und Zahlenmengen

Definition Menge (Def 3.1, Kap. 3) Eine Menge ist die Zusammenfassung von wohlbestimmten und wohlunterschiedenen Dingen x, y, z, . . . zu einem Ganzen M. M ist definiert, wenn von jedem Objekt x feststeht, ob es zu M geh¨ort oder nicht. Definition Obere Schranke (Def. 3.4, Kap.3) Eine Zahlenmenge M heißt nach oben beschr¨ankt, wenn eine Zahl K existiert, so dass x ≤ K f¨ur alle x ∈ M. Jede Zahl K mit dieser Eigenschaft heißt obere Schranke von M. Definition Supremum (Def. 3.5, Kap.3) Es sei M nach oben beschr¨ankt. Eine Zahl S heißt Supremum (kleinste obere Schranke oder obere Grenze) von M, wenn gilt: a) S ist eine obere Schranke von M b) Ist K eine obere Schranke von M, dann ist S ≤ K. Bezeichnung: S = sup M. Definition Untere Schranke (Def. 3.6, Kap.3) Eine Zahlenmenge M heißt nach unten beschr¨ankt, wenn eine Zahl k existiert, so dass k ≤ x f¨ur alle x ∈ M. Jede Zahl k mit dieser Eigenschaft heißt untere Schranke von M. Definition Infimu (Def. 3.7, Kap.3) Es sei M nach unten beschr¨ankt. Eine Zahl s heißt Infimu (gr¨oßte untere Schranke oder untere Grenze) von M, wenn gilt: a) s ist eine untere Schranke von M b) Ist k eine untere Schranke von M, dann ist k ≤ s. Bezeichnung: s = inf M.

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 3, 

34

3 Mengen und Zahlenmengen

Definition Maximum (bzw. Minimum) Gilt sup M ∈ M (inf M ∈ M), so heißt sup M (inf M) das Maximum (Minimum) von M. Aufgabe 3.1 Skizzieren Sie in der x, y - Ebene die Menge der Punkte (x, y) deren Koordinaten das folgende System von Ungleichungen erf¨ullen: a) x − y ≤ 1 3 ≤ 3x + y x+y ≤ 3 b) x + y ≤ 2 4 ≤ 4x − y x−y ≤ 4 c) x + y ≥ 4 6 ≤ 6x + y x+y ≤ 6 y≥0 d) x2 + y2 ≤ 3 − 2(x + y) y − 8x ≤ 4x2 + 1 e) x2 + y2 ≤ 2 + 2(x − y) x + 4y ≤ −y2 − 3 L¨osung: a) x − y ≤ 1 ⇔ y ≥ x − 1 3 ≤ 3x + y ⇔ y ≥ 3 − 3x

3 Mengen und Zahlenmengen

35

x+y ≤ 3 ⇔ y ≤ 3−x

b) x + y ≤ 2 ⇔ y ≤ −x + 2 4 ≤ 4x − y ⇔ y ≤ 4x − 4 x−y ≤ 4 ⇔ y ≥ x−4 













36

3 Mengen und Zahlenmengen

c) x + y ≥ 4 ⇔ y ≥ 4 − x 6 ≤ 6x + y ⇔ y ≥ 6 − 6x x+y ≤ 6 ⇔ y ≤ 6−x 













 







d) x2 + y2 ≤ 3 − 2(x + y) ⇔ x2 + 2x + y2 + 2y ≤ 3 ⇔ (x2 + 2x + 1 − 1) + (y2 + 2y + 1 − 1) ≤ 3 ⇔ (x + 1)2 − 1 + (y + 1)2 − 1 ≤ 3 ⇔ (x + 1)2 + (y + 1)2 ≤ 5 √ ⇒ Grenzkurve: Kreis um (−1, −1) vom Radius 5 ⇒ L¨osung der Ungleichung sind alle Punkte im Kreisinneren. y − 8x ≤ 4x2 + 1 ⇔ y ≤ 4x2 + 8x + 1 ⇔ y ≤ 4(x2 + 2x) + 1 ⇔ y ≤ 4(x2 + 2x + 1 − 1) + 1 ⇔ y ≤ 4(x + 1)2 − 4 + 1 ⇔ y ≤ 4(x + 1)2 − 3

3 Mengen und Zahlenmengen

37

⇒ Grenzkurve: Parabel mit Scheitel (−1, −3), Parabel nach oben ge¨offnet.

y 8 7 6 5 4 3 2 1 0 -4

-3

-2

-1

0 -1

1

2

3 x

-2 -3 -4

e) x2 + y2 ≤ 2 + 2(x − y) ⇔ x2 − 2x + y2 + 2y ≤ 2 ⇔ (x2 − 2x + 1 − 1) + (y2 + 2y + 1 − 1) ≤ 2 ⇔ (x − 1)2 − 1 + (y + 1)2 − 1 ≤ 2 ⇔ (x − 1)2 + (y + 1)2 ≤ 4 ⇒ Grenzkurve: Kreis um (1, −1) vom Radius 2 ⇒ L¨osung der Ungleichung sind alle Punkte im Kreisinneren. x + 4y ≤ −y2 − 3 ⇔ x ≤ −y2 − 4y − 3 ⇔ x ≤ −(y2 + 4y + 4 − 4) − 3 ⇔ x ≤ −(y2 + 4y + 4) + 4 − 3 ⇔ x ≤ −(y + 2)2 + 1

38

3 Mengen und Zahlenmengen

⇒ Grenzkurve: Parabel mit Scheitel (1, −2), Parabel nach links ge¨offnet. y 1

0 -4

-3

-2

-1

0

1

2

3 x

-1

-2

-3

-4

Aufgabe 3.2 Die Punktmengen A1 , . . . , A4 einer Ebene seien bestimmt durch A1 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≤ x}, A3 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≤ −x + 3},

A2 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ −x}, A4 = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ x − 3}.

Man bestimme (graphisch) A1 ∩ A4 , A2 ∩ A3 , A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 , (A1 ∩ A4 ) ∪ (A2 ∩ A3 ), A1 \ A2 , A1 \ A3 , und A1 bzgl. der Grundmenge R2 . L¨osung:

3 Mengen und Zahlenmengen

Aufgabe 3.3 Die Punktmengen A, B einer Ebene seien bestimmt durch A = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}, B = {(x, y) : (x − 1)2 + (y − 1)2 ≤ 1}. ¯ B¯ auf der Grundmenge Bestimmen Sie grafisch A ∪ B, A ∩ B, A\B und A,

39

40

3 Mengen und Zahlenmengen

M = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 9}. L¨osung:

Abb. 3.1 A ∪ B

3 Mengen und Zahlenmengen

Abb. 3.2 A ∩ B

Abb. 3.3 A \ B

41

42

Abb. 3.4 A

Abb. 3.5 B

3 Mengen und Zahlenmengen

3 Mengen und Zahlenmengen

43

Aufgabe 3.4 Bestimmen Sie das Supremum und Infimum der Menge   3n + (−1)n m − (−1)m · ; m, n ∈ N . M := n m L¨osung: Sei

an :=

3n + (−1)n n

Damit gilt: M = {cn,m ; Wegen

an = 3 +

bn :=

;

m − (−1)m m

cn,m := an bm

;

;

n, m ∈ N

n, m ∈ N}

(−1)n n

;

bm = 1 −

(−1)m m

gilt:

  1 1 1 A := {an ; n ∈ N} = 2, 3 + , 3 − , 3 + , . . . 2 3 4 1 7 ⇒ inf A = 2 = a1 und sup A = 3 + = = a2 2 2   1 1 1 B := {bm ; m ∈ N} = 2, , 1 + , 1 − , . . . 2 3 4 1 ⇒ inf B = = b2 und sup B = 2 = b1 2

(3.1)

(3.2)

Aus (1) und (2) folgt: ⎫ 1 ⎪ inf A · inf B = 2 · = 1 ⎬ 2 7 ⎭ sup A · sup B = · 2 = 7 ⎪ 2 ⇒ inf M = c1,2 = 1

;

(3)

sup M = c2,1 = 7.

Aufgabe 3.5 Bestimmen Sie f¨ur folgende Mengen Infimum, Supremum, Minimum, Maximum sofern sie existieren:   n , n ∈ N\{0} a) M1 = x ∈ R : x = n+1   1 2 b) M2 = x ∈ R : x = + , n, m ∈ N\{0} m n   m−n , m, n ∈ N\{0} c) M3 = x ∈ R : x = m+n    1 n d) M4 = x ∈ R : x = (−1) 1 + , n ∈ N\{0} n

44

3 Mengen und Zahlenmengen

e) M5 = {x ∈ R : (x − a)(x − b) ≤ 0} , a ≤ b reelle Konstanten f) M6 = {x ∈ R : (x − a)(x − b)(x − c) < 0} , a ≤ b ≤ c reelle Konstanten L¨osung:

   1 2 3 n n , n ∈ N\{0} = , , ,..., ,... a) M1 = x ∈ R : x = n+1 2 3 4 n+1 n <1 ⇒ sup M1 = 1, denn f¨ur alle n ∈ N ist n+1 Ann.: Sei m := max M1 ⇔ es existiert n0 ∈ N, so dass n0 n ≤m= f¨ur alle n ∈ N gilt n+1 n0 + 1 n0 + 1 n0 + 1 s. Nebenrechnung n0 ∈ M1 und n0 ∈ N ⇒ n0 + 1 ∈ N ⇒ > n0 + 2 n0 + 2 n0 + 1 ⇒ Widerspruch zu m = max M1 Ergebnis: M1 hat kein Maximum 

>0

 n2 + 2n0 + 1 − n20 − 2n0 1 n0 n0 n0 + 1 n0 + 1 − = 0 = > . Nebenrechnung: >0⇔ n0 + 2 n0 + 1 (n0 + 2)(n0 + 1) (n0 + 2)(n0 + 1) n0 + 2 n0 + 1    >0

1 inf M1 = min M1 = 2 1 2 b) 0 < + ≤ 1 + 2 = 3 m n 1 2 lim ( + ) = 0 m,n→∞ m n ⇒ inf M2 = 0, min M2 existiert nicht, weil 0 kein Element von M2 ist supM2 = max M2 = 3  m−n , m, n ∈ N\{0} c) M3 = x ∈ R : x = m+n ⎧ m+n−n−n ⎪ ⎪ = ⎪ ⎨ m+n

1−

2n m+n

m−n = m+n ⎪ ⎪ 2m m−n−m+m ⎪ ⎩ = −1 + m+n m+n Welche Werte k¨onnen 1 −

oder

2m 2n und −1 + annehmen ? m+n m+n

3 Mengen und Zahlenmengen

45

2m 2n > 0, >0 m+n m+n 2n 2m 2m 2n < = 2 und < =2 m+n n m+n m 2n 2m ⇒0< < 2 und 0 < <2 m+n m+n 2n lim = 2 (m fest) n→∞ m + n 2n lim = 0 (n fest) m→∞ m + n 2m lim = 0 (m fest) n→∞ m + n 2m lim = 2 (n fest) m→∞ m + n 2n 2m ⇒ −1 < 1 − < 1 und − 1 < −1 + <1 m+n m+n ⎧ ⎨ sup M3 = 1 =⇒ ⎩ inf M3 = −1

2n, 2m und m + n sind positiv ⇒

M3 hat kein Maximum und kein Minimum. Beweis: ! Habe M3 ein Maximum ⇒ max M3 = sup M3 = 1 ⇒ 1 ∈ M3 m−n = 1 ⇔ m − n = m + n ⇔ −n = n ⇔ n = 0 ⇒ Es existieren m und n, so dass m+n ⇒ Widerspruch (nach der Aufgabestellung ist n ∈ N\{0}). ¨ Ahnlich beweist man, dass M3 kein Minimum hat. d) n = 1 ⇒ x = −2 3 n=2⇒x= 2 1 4 4 4 1 F¨ur n ≥ 3 gilt |x| = 1 + ≤ 1 + = , d.h. − ≤ x ≤ n 3 3 3 3 3 ⇒ inf M4 = min M4 = −2, sup M4 = max M4 = 2 e) M5 = {x ∈ R : (x − a)(x − b) ≤ 0} , a ≤ b reelle Konstanten • a = b : M5 = {x ∈ R : (x − a)2 ≤ 0} = {x ∈ R : (x − a)2 = 0} = {a} = sup M5 = max M5 = inf M5 = min M5  inf M5 = min M5 = a • a < b : M5 = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} ⇒ sup M5 = max M5 = b f) M6 = {x ∈ R : (x − a)(x − b)(x − c) < 0} , a ≤ b ≤ c, a, b, c ∈ R

46

3 Mengen und Zahlenmengen

I) Tabelle: a < b < c −∞ a b c ∞ x−a − + + + − − + + x−b − − − + x−c − + − + Produkt ⇒ M6 = {x ∈ R : x < a oder b < x < c} ⇒ inf M6 und min M6 existieren nicht, da M6 nicht nach unten beschr¨ankt ist. sup M6 = c und max M6 existiert nicht. II) a = b < c Wegen (x − a)2 > 0 f¨ur alle x = a folgt M6 = {x : x = a, x < c}, da dann (x − c) < 0 ⇒ inf M6 und min M6 existieren nicht. sup M6 = c und max M6 existiert nicht. III)b = c Wegen (x − b)2 > 0 f¨ur alle x = b folgt M6 = {x ∈ R : x < a, x = b} ⇒ inf M6 und min M6 existieren nicht. sup M6 = a und max M6 existiert nicht. Aufgabe 3.6 a) M sei eine i) nach oben beschr¨ankte, ii) nach unten beschr¨ankte, iii) beschr¨ankte Zahlenmenge. Zeigen Sie, dass dann auch Mˆ = {α x : x ∈ M} f¨ur jedes α > 0 dieselbe Eigenschaft (i), (ii), (iii) hat. b) Sei α ∈ R beliebig gegeben. In welcher Beziehung zueinander stehen sup{α x : x ∈ M}, sup{x : x ∈ M} und inf{α x : x ∈ M}, inf{x : x ∈ M}? L¨osung: a) i) Sei M beschr¨ankt nach oben durch C, d.h. f¨ur alle x ∈ M gilt x ≤ C bzw. α >0 C − x ≥ 0 =⇒ α (C − x) ≥ 0 ⇐⇒ α C − α x ≥ 0 ⇐⇒ α x ≤ α C Def. ˆ ⇒ M ist beschr¨ankt nach oben. ii) Sei M beschr¨ankt nach unten durch c, d.h. f¨ur alle x ∈ M gilt c ≤ x bzw. α >0 c − x ≤ 0 ⇐⇒ x − c ≥ 0 =⇒ α (x − c) ≥ 0 ⇐⇒ α x − α c ≥ 0 ⇐⇒ α c ≤ α x Def. ˆ ⇒ M ist beschr¨ankt nach unten. iii) Sei M beschr¨ankt durch c und C, d.h. f¨ur alle x ∈ M gilt c ≤ x ≤ C α >0 =⇒ α c ≤ α x ≤ α C Def. ˆ ⇒ M ist beschr¨ankt. b) Sei inf{x : x ∈ M} := c sup{x : x ∈ M} := C inf{α x : x ∈ M} := cˆ sup{α x : x ∈ M} := Cˆ

3 Mengen und Zahlenmengen

47

1. Fall: α > 0 Def. inf{x : x ∈ M} := c ⇒ c ≤ x f¨ur alle x ∈ M α >0

⇒ α c ≤ α x f¨ur alle x ∈ M ⇒ α c ≤ cˆ (1) inf{α x : x ∈ M} := cˆ ⇒ cˆ ≤ α x f¨ur alle x ∈ M α >0 1 ⇒ cˆ ≤ x f¨ur alle x ∈ M α 1 ⇒ cˆ ≤ c α α >0 ⇒ cˆ ≤ α c (2) Aus (1) und (2) folgt cˆ = α c ⇔ inf{α x : x ∈ M} = α inf{x : x ∈ M} Def.

sup{x : x ∈ M} := C ⇒ x ≤ C f¨ur alle x ∈ M

α >0

⇒ α x ≤ α C f¨ur alle x ∈ M ⇒ Cˆ ≤ α C (3) sup{α x : x ∈ M} := Cˆ ⇒ α x ≤ Cˆ f¨ur alle x ∈ M 1 α >0 ⇒ x ≤ Cˆ f¨ur alle x ∈ M α ⇒ C ≤ α Cˆ α >0 ⇒ α C ≤ Cˆ (4) Aus (3) und (4) folgt Cˆ = α C ⇔ sup{α x : x ∈ M} = α sup{x : x ∈ M} 2. Fall: α < 0 Ganz analog dem 1.Fall kann man zeigen, dass im 2. Fall die folgenden Beziehungen entstehen: inf{α x : x ∈ M} = α sup{x : x ∈ M} und sup{α x : x ∈ M} = α inf{x : x ∈ M} 3. Fall: α = 0 ⇒ {α x : x ∈ M} = {0} ⇒ inf {α x : x ∈ M} = sup {α x : x ∈ M} = 0 = α inf {x : x ∈ M} = α sup {x : x ∈ M}.

Kapitel 4

Kombinatorik (Binomialkoeffizienten Binomische Formeln)

Definition Binomialkoeffiziente (Def. 4.4, Kap. 4.2) nund  k seien nat¨urliche Zahlen mit 0 ≤ k ≤ n. n! n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1) n := = . k (n − k)!k! 1·2·3...k Binomiallehrsatz (Theorem 4.7, Kap. 4.3) F¨ur beliebige reelle Zahlen a, b und jede nat¨urliche Zahl n ≥ 1 gilt n   n n−k k a b. (a + b)n = ∑ k=0 k Aufgabe 4.1 Berechnen Sie: a) die ersten drei Glieder von i) ii) iii) iv) v)

(1 + a)50 (a − 1)10 (1 + a)20 (1 + x)10 (x − 1)8 (1 + x)13 (x − 1)19

b) die Koeffizienten von x, x2 und x3 : 16 15 (1 + 2x) √ 4 + (x − 1) (1 + 5) √ c) 4− 5

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 4, 

50

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

L¨osung: a) i) (1 + a)50 =

      50 50−0 0 50 50−1 1 50 50−2 2 1 1 1 a + a + a + ... = 0 1 2

= 1 + 50a + 1225a2 + ... ii)      10 10−0 10 10−1 10 10−2 0 1 a a a = (−1) + (−1) + (−1)2 + ... = 0 1 2 

(a − 1)

10

= a10 − 10a9 + 45a8 − ... iii) (1 + a)

20

      20 20−0 0 20 20−1 1 20 20−2 2 1 1 1 = a + a + a ... = 0 1 2 = 1 + 20a + 190a2 + ...

iv)   10 ∑ k 1(10−k) xk k=0     10 2 10 x +... x+ = 1+ 2 1

(1 + x)10 =

10

= 1 + 10x + 45x2 + . . . 8   8 8 8 (−1)(8−k) xk (x − 1) = (−1 + x) = ∑ k=0 k     8 2 8 x −... x+ = 1− 2 1 = 1 − 8x + 28x2 − . . . ⇒ (1 + x)10 (x − 1)8 = (1 + 10x + 45x2 + . . .)(1 − 8x + 28x2 − . . .) = 1 + (10 − 8)x + (1 · 28 − 10 · 8 + 1 · 45)x2 + . . . = 1 + 2x − 7x2 + . . . v) (1 + x)13 (x − 1)19     13   13 2 13 k 13 x +... x = 1+ x+ (1 + x)13 = ∑ 2 k 1 k=0 = 1 + 13x + 78x2 + . . .

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

51

(x − 1)19 = ((−1)(1 − x))19 = −(1 − x)19 19   19 (−x)k =−∑ k k=1   19! 2 (−x) + . . . = − 1 + 19(−x) + 2!(19 − 2)! = −1 + 19x − 171x2 + . . . ⇒ (1 + x)13 (x − 1)19 = (1 + 13x + 78x2 + . . .)(−1 + 19x − 171x2 + . . .) = −1 + 19x − 171x2 − 13x + 19 · 13x2 − 171 · 13x3 − 78x2 + 19 · 78x3 − 171 · 78x4 + . . . = −1 + 19x − 13x − 171x2 + 247x2 − 78x2 + . . . = −1 + 6x − 2x2 + . . . b) (1 + 2x)16 + (x − 1)15 (1 + 2x)16 = 1 + 32x + 480x2 + 4480x3 + ... (x − 1)15 = −1 + 15x − 105x2 + 455x3 − ... ⇒ die Koeffizienten sind: x1 : 47 x2 : 375 x3 : 4935 4   4   √ √ 4 4−k √ k 4 1 ( 5) = ∑ ( 5)k c) (1 + 5)4 = ∑ k k k=0 √ k=0√ √ √ = 1 + 4√5 + 6( 5)2 √ + 4( 5)3 + ( 5)4 = 1 + 4 5√+ 30 + 20 5 + 25 = 56 + 24 √ √ 5 56 + 24 5 (1 + 5)4 √ = √ ⇒ 4 − 5√ 4√ − 5 (56 + 24 5)(4 + 5) √ √ = (4 − 5)(4 5) √ + √ 224 + 56 5 + 96 5 + 120 = 16 − 5 √ 344 + 152 5 . = 11

Aufgabe 4.2 Man zeige, dass gilt:       n n n+1 , + = a) k−1 k k

n ∈ N\{0}

52

b) c) d) e)

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln) n   n ∑ k (−1)k = 0, n ∈ N\{0} k=0     n n = , n ∈ N\{0} k n−k   nk nk n ≤ k−1 , n ∈ N\{0} ≤ k  k! n2   n+1 i =∑ f¨ur alle m, n ∈ N\{0} mit m ≤ n. m+1 m i=m

L¨osung: a)  (n + 1)! (n + 1) n! n! n+1 n+1 = = = · k k! (n + 1 − k)! k! (n − k)! (n + 1 − k) k! (n − k)! n + 1 − k   n+1 n = = k n+1−k      n! · k k n n + 1+ = = = k k n+1−k (n + 1 − k)(n − k)!k!     n! n! n n + + = = k k (n + 1 − k)!(k − 1)! (n − (k − 1))!(k − 1)!     n n + = k−1 k



b) Vollst¨andige Induktion: IA: n=1 Die weil  Aussage ist   wahr, 1 1 0 (−1) + (−1)1 = −1 + 1 = 0 0 1 n   n (−1)k = 0 IV: ∑ k=0 k IS:      n+1  n+1 n+1 n+1 k n+1 (−1) (−1) (−1)0 = + ∑ k n + 1 0 k=0  n  n+1 (−1)k +∑ k k=1  n   n  n n Aufg. 5.2a n+1 k (−1) + ∑ (−1)k = (−1) +1+ ∑ k=1 k k=1 k − 1 ¨ Der Ubersichtlichkeit halber betrachten wir nun nur noch die letzten zwei Summen:

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

  n   n   n n n IV k k (−1) (−1) (−1)0 = 0 − 1 = −1 = − ∑ k ∑ k 0 k=1 k=0  n−1   n−1   n n n k j+1 ∑ k − 1 (−1) = ∑ j (−1) = (−1) ∑ j (−1) j = j=0 j=0 k=1       n n n IV (−1) j − (−1)n = (−1) (0 − (−1)n ) = −(−1)n+1 = (−1) ∑ j n j=0 n



also gilt f¨ur unseren urspr¨unglichen Ausdruck:  n+1  n+1 ∑ k (−1)k = (−1)n+1 + 1 − 1 − (−1)n+1 = 0 k=0  n n! = c) k k!(n − k)!     n! n! n n = = = k n−k (n − k)!(n − (n − k))! (n − k)!k!   k k n n n d) ≤ ≤ k−1 ,n ≥ 1 k k! 2   nk n 1. Schritt: ≤ k k!   ! nk n! n = ≤ k k!(n − k)! k! ! n! ⇔ ≤ nk (n − k)! n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − k + 1) ≤ n · n· · · n = nk   (n − k)!  k Faktoren k Faktoren, jeder ≤ n nk 1 nk 1 ≤ k−1 ⇔ ≤ k−1 2. Schritt: k! k! 2 2 !

Also muss man zeigen: k! ≥ 2k−1 k! = k · (k − 1) · (k − 2) · · · 2 ·1 ≥ 2 · · 2 · 2 = 2k−1  · 2 ·    k−1 Faktoren k−1 Faktoren, jeder ≥ 2

53

54

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

e) Beweis mittels vollst¨andiger Induktion: IA: n = m : Die Aussage ist wahr, weil   m+1 = 1 m+1   m   i m und = =1 ∑ m m i=m     m+1 m ⇒ = m + 1 m   n   i n+1 IV: = ∑ m f¨ur alle m ≤ n. m+1 i=m       n+1 (n + 1) + 1 Aufg. 5.2 a) n + 1 = + IS: n → n + 1 : m+1 m  m+1 n    i n+1 IV = ∑ m + m i=m   n+1 i = ∑ m . i=m Aufgabe 4.3 Zeigen Sie mit Hilfe der Binomischen Formel: a) Es gibt ein a ∈ R, so dass x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 = (x + a)5 n2 b) (1 + x)n ≥ x2 , f¨ur jede reelle Zahl x ≥ 0 und jede nat¨urliche Zahl n ≥ 2. 4 L¨osung: a) aufl¨osen von (x + a)5 : 5   5 5−k k 5 x ·a (x + a) = ∑ k k=0             5 5 5 4 5 3 2 5 2 3 5 5 5 = x + x a+ x a + x a + xa4 + a 0 1 2 3 4 5 !

= x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 Koeffizientenvergleich:

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

  5 ! 1= = 1, 0 5! 5 ! a = 5 · a ⇒ a = −2 −10 = a = 1 4!   5! 120 2 5 2 ! 40 = · a2 = a = 10 a2 ⇒ a = ±2 a = 2 2! 3! 12   5! 3 5 3 ! a = 10 · a3 ⇒ a = −2 −80 = a = 3 3! 2!   5! 4 5 4 ! a = 5 · a4 ⇒ a = ±2 80 = a = 4 4! 1!   5 5 ! −32 = a = a5 ⇒ a = −2 5 ⇒ Die L¨osung ist a = −2. x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 = (x − 2)5 b) (1 + x)n  n n k x =∑ k k=0         n n n 0 n 1 n 2 x ≥ = x + x + x + ... + n 0 1 2       ∗ ≥0 n! (n − 1)n 2 2 ·x = ·x  ∗= (n − 2)! 2! 2 n(n − 1) 2 ? n2 2 x x ≥ 4   2  Fallunterscheidung Fallunterscheidung: x = 0 : 0 = 0 x > 0 : ⇒ x2 > 0

(x≥0)

≥

n n(n − 1) 2 ? n2 2 x2 >0 (n − 1)n n2 x ≥ x ⇐⇒ ≥ ⇐⇒ n − 1 ≥ ⇐⇒ n ≥ 2. 2 4 2 4 2 Aufgabe 4.4 Beweisen Sie: f¨ur alle n ∈ N\{0} gilt:   n 1 1 a) , k ∈ N\{0} ≤ k k n n k! n 1 1 b) 1 + ≤∑ . n k!  k=0 n 1 c) Sei an := 1 + . Zeigen Sie: 2 ≤ an < an+1 < 3, n ∈ N\{0}. n Hinweise i) f¨ur alle k ≥ 2 gilt k! ≥ k(k − 1)

55

56

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)



1 ii) Multiplizieren Sie an+1 mit 1 − n+1 noulli Ungleichung.

n+1 und verwenden Sie danach die Ber-

L¨osung:

  nk 1 n ≤ |· k a) Aufg. 5.2 d) : k k! n   n 1 1 ⇒ ≤ k nk k!   n−k+1 1 1 n 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) n n − 1 ··· · ≤ Oder: = = · k k k n n  n  k! k! k!n n k Faktoren, jeder ≤ 1 b) Mit dem Binomischen Satz ist     n   n   1 n n n−k 1 k n 1 Aufg. 5.4 a) n 1 1 1+ = ∑ =∑ ≤ ∑ k n n k=0 k k=0 k n k=0 k! c) Beh. 1: an < an+1 , n ∈ N\{0} Beweis (Durch benutzen der Bernoulli-Ungleichung (s. Aufg. 3.9 b))): n+1 n+1  n+1   1 1 1 1+ an+1 = 1 − 1− n+1 n+1 n+1   n+1 2  Bernoulli 1 1 = 1− > 1 − (n + 1) n+1 (n + 1)2 1 = 1− n+1 

1 ⇒ an+1 = 1 + n+1

n+1

1 1 1 n+1 n =  n > n+1 =  n 1 1 1 − 1− n+1 n+1 n+1 n    n+1 1 n = = 1+ = an n n 1−

Beh. 2: 2 ≤ an < 3 , n ∈ N

I. M¨oglichkeit: i) Mit Beh. 1 und a1 = 2 ⇒ an ≥ 2   n 1 n 1 ≤∑ = ii) an = 1 + n k! k=0

4 Kombinatorik (Binomialkoeffizienten, Binomische Formeln)

57



n

n n 1 1 Hinweis 1 1 = 2+ ∑ − ≤ 2+ ∑ k k=2 k! k=2 k(k − 1) k=2 k − 1   1 1 = 3− < 3 = 2+ 1− n n

= 1+1+ ∑

⇒ Beh. 2

  1 n 2 ≤ 1+ . n Verwende Ungleichung Bernoulli (s. Aufg. 3.9 a))  von  1 n 1 1 =⇒ 1 + Setze x := ≥ 1+n· = 2 n n  n  1 n 1+ <3 n  n   1 n n 1 1+ = ∑ k nk n k=0       1 n 1 n 1 n + 2 + ... + n = 1+ 2 n n 1 n n

II. M¨oglichkeit: i)

ii)

Aufg. 5.4 a):

1 nk

  1 n ≤ k−1 k 2

1 1 ≤ 1 + 1 + + . . . + n−1 2   2  S

S=

n−1 

∑

k=0

1 2

k

 n 1 f¨ur n≥1 1 1 2 < = 1 =2 1 1 − 12 2 1− 2

1− =

< 1 + 2 = 3.



Kapitel 5

Zahlenfolgen

Definition Zahlenfolge (Def. 5.1, Kap. 5) Eine Zahlenfolge liegt dann vor, wenn jeder nat¨urlichen Zahl n (≥ k) in eindeutiger Weise eine Zahl an (oder bn oder xn . . . ) zugeordnet ist. an heißt n-tes Glied der Folge, und die Zahlenfolge a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . wird mit dem Symbol (an ) bezeichnet. Aufgabe 5.1

4 3 , (bn ) mit bn = √ und (cn ) mit cn = pn , n2 n wobei 0 < p < 1. F¨ur ε := 10−3 finde man jeweils ein N ∈ N\{0}, so dass |an | < ε f¨ur alle n > N bzw. |bn | < ε f¨ur alle n > N bzw. |cn | < ε f¨ur alle n > N.

Gegeben seien die Folgen (an ) mit an =

L¨osung: 4 4 , ε = 10−3 , gesucht ist ein N(ε ) ∈ R mit der Eigenschaft 2 < ε , n2 n f¨ur alle n > N(ε ), n ∈ N\{0}.   √ 4 4 n∈N ⇒  2  < 10−3 ⇐⇒ 2 < 10−3 ⇐⇒ n2 > 4000 ⇐⇒ n > 4000 n n = N(ε ) ≈ 63, 25

i) an =

Somit gilt, dass die Folgenglieder f¨ur alle n > 63 kleiner sind, als 10−3 . Also N = 63. √ 3 3 9 ii) |bn | = √ < ε ⇔ n > ⇔ n > 2 n ε ε 9 9 ⇒ N(ε ) = 2 = −6 = 9 · 106 ε 10 iii)cn = pn , ε = 10−3 , gesucht ist ein N(ε ) ∈ R mit der Eigenschaft pn < ε , f¨ur alle n > N(ε ), n ∈ N\{0}. ln p<0

⇒ pn < 10−3 ⇐⇒ ln pn < ln 10−3 ⇐⇒ n ln p < −3 ln 10 ⇐⇒ n −3 ln 10 = N(ε ) > ln p ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 5, 

60

5 Zahlenfolgen

Also sind alle Folgenglieder cn < 10−3 f¨ur n >

−3 ln 10 . ln p

Aufgabe 5.2 Gegeben seien die Zahlenfolgen (an ) mit n2 + 3 , n3 9 b) an = c · n + (−1)n , 4 Geben Sie die Beschr¨anktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folgen an. a) an =

L¨osung: n2 + 3 , offensichtlich gilt an > 0, n ∈ N\{0}. Behauptung: Folge ist a) an = n3 monoton fallend (m.f.) ⇐⇒ an+1 ≤ an ⇐⇒ an+1 − an ≤ 0. 3 3 (n + 1)2 + 3 n2 + 3 1 1 + − = − − 3 3 3 3 (n + 1) n n + 1 (n + 1) n n 1 1 3 3 − + = − <0 1 n (n + 1)3 n3 n +     

an+1 − an =

<0

<0

Folge ist sogar streng monoton fallend. Da Folge s.m.f. und an > 0 gilt, hat die Folge ihren gr¨oßten Wert beim kleinsten n. a1 =

12 + 3 =4 13

⇒ an ≤ 4, n ∈ N\{0}

  3 1 n2 + 3 + =0 = lim n→∞ n3 n→∞ n n3

lim an = lim

n→∞

inf an = 0 , sup an = max an = 4 und an ist monoton fallend. 9 b) an = c · n + (−1)n , Folge ist streng monoton fallend, wenn an+1 ≤ an , n ∈ N. 4 ⇒

9 9 c(n + 1) + (−1)n+1 ≤ c · n + (−1)n n∈N 4 4 9 9 n∈N ⇔ cn + c + (−1)(−1)n ≤ cn + (−1)n 4 4 9 9 n∈N ⇔ c − (−1)n ≤ (−1)n 4 4 9 n∈N ⇔ c ≤ (−1)n 2 9 n∈N ⇒ F ist monoton fallend f¨ur c ≤ − 2 Folge ist monoton steigend, wenn an+1 ≥ an , n ∈ N.

5 Zahlenfolgen

61

9 9 c(n + 1) + (−1)n+1 ≥ c · n + (−1)n n∈N 4 4 .. . 9 ⇔ c ≥ (−1)n n∈N 2 9 n∈N ⇒ F ist monoton steigend f¨ur c ≥ 2 9 9 Falls − < c < , ist an nicht monoton. 2 2 9 ⇒ an = bn + cn Sei bn := c · n und cn := (−1)n . 4 cn ist nach oben und nach unten beschr¨ankt. Sei c < 0: bn nach oben beschr¨ankt ⇒ an nach oben beschr¨ankt. Sei c > 0: bn nach unten beschr¨ankt ⇒ an nach unten beschr¨ankt. Aufgabe 5.3 Gegeben seien die Zahlenfolgen (an ) mit cn mit festem c > 0, n!n α b) an = q · n mit 0 < q < 1, α > 0 a) an =

Man finde die Beschr¨anktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folgen. L¨osung: a) Behauptung: n ≥ c ⇒ an+1 < an an+1 cn+1 · n! c <1 Beweis: = = n an (n + 1)! c n+1

⇒ an+1 < an

c2 an f¨ur alle n mit n ≥ n0 + 2 n(n − 1) 0 c·c·c·...·c c·...·c cn = · Beweis: n ≥ n0 + 2 ⇒ 0 ≤ an = n! n · (n − 1) · . . . · (n0 + 1) n0 !  n−n0 −2 c c c2 c c c cn 0 c2 · ≤ · · = · ·... · · ·an0 ≤ n n−1 n−2 n +1 n ! n(n − 1) n0 n(n − 1)     0  0   

Sei n0 mit n0 ≥ c Behauptung: 0 ≤ an ≤

≤ nc

0

≤ nc

≤1

0

an0 ⇒ an ist beschr¨ankt ⇒ an konvergiert mit lim an = 0 n→∞

1 α

q b) Behauptung: (an ) monoton fallend f¨ur n > 1 1− q α  α  1

α an+1 qn+1 (n + 1)α 1 Beweis: = = q· 1+ = q α 1 + 1n <1 n α an q n n 1 1 qα 1 1 1 1 ⇔ 1 + < q− α ⇔ < q− α − 1 ⇔ n > = 1 1 n n q− α − 1 1 − q α

62

5 Zahlenfolgen 1

qα

⇒ p := q(1 + n10 )α < 1 1 1−qα ⇒ (an ) ist monoton fallend. Behauptung: an0 +k ≤ pk · an0 , k ≥ 0 α  (n0 + k)α n0 α k · n0 + k Beweis: an0 +k = qn0 +k (n0 + k)α = qk q · n = q · an0   0 nα0 n0 Sei n0 ∈ N mit n0 >

α



an0

n0 + k − 1 n0 + 1 n0 + k · · ··· · · an0 ≤ qk · n0 + k − 1 n0 + k − 2 n0  k   n0 + 1 α = q· · an0 = pk · an0 n0 Beschr¨anktheit: n ≥ n0 ⇒ 0 ≤ an ≤ an0 ⇒ (an ) beschr¨ankt ⇒ (an ) konvergent mit lim an = lim pk an0 = 0 , da p < 1. = qk ·

n→∞



n0 + 1 n0

k α

· an 0

k→∞

Aufgabe 5.4 √ Gegeben sei die Zahlenfolge (an ) mit an = 4 + n2 − n, n ∈ N\{0}. Geben Sie die Beschr¨anktheits- und Monotonieeigenschaften der obigen Folge an. L¨osung: √ an = 4 + n2 − n Behauptung: (an ) monoton fallend Beweis:   an+1 − an = 4 + (n + 1)2 − (n + 1) − 4 + n2 + n   ! = 4 + n2 + 2n + 1 − 4 + n2 − 1 < 0   1 ⇔ n2 + 2n + 5 − 4 + n2 <     >0 >0  ⇔ n2 + 2n + 5 − 2 (4 + n2 )(n2 + 2n + 5) + 4 + n2 < 1  ⇔ 2n2 + 2n + 8 < 2 (4 + n2 )(n2 + 2n + 5)       >0

(n2 + n + 4)2

>0

|2

|·

1 und |2 2

⇔ < (4 + n2 )(n2 + 2n + 5) 4 3 2 ⇔ n + n + 4n + n3 + n2 + 4n + 4n2 + 4n + 16 < 4n2 + 8n + 20 + n4 + 2n3 + 5n2 ⇔ 16 < 20 ⇒ an+1 − an < 0 ⇔ an+1 < an ⇒ (an ) ist monoton fallend Behauptung: an ist beschr¨ √ ankt 0 < an ⇔ 0 < √4 + n2 − n Beweis: ⇔ n < 4 + n2 ⇔ n2 < 4 + n2 ⇔ 0<4

5 Zahlenfolgen

63

⇒ 0 < an , n ∈ N\{0} √ √  ( 4 + n2 − n)( 4 + n2 + n) 2 √ an = 4 + n − n = 4 + n2 + n 2 4 4 + n2 − n2 4 = = = √ < 2 4+n +n 4 + n2 + n n + n n    >n2

⇒ 0 < an <

2 f¨ur alle n ∈ N\{0}, speziell 0 < an < 2 (n = 1). n

Aufgabe 5.5 ¨ Uberpr¨ ufen Sie Beschr¨anktheit und Monotonie von an =

n

1

∑ k!

k=1

und beweisen Sie die Konvergenz. L¨osung: an =

n

1

∑ k!

, n ∈ N\{0}

k=1 ≥ 2k−1

k! f¨ur k ∈ N\{0}, denn 2 ·1 ≥ 2 · · · · · 2 ·1 = 2k−1 k! =  k · (k − 1) · (k − 2) · · · · ·   · 2 · 2       ≥2



≥2

≥2

≥2



(k−1)



(k−1)

1 1 1 ⇒ ≤ k−1 = 2 · ( )k k! 2 2 n n 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ an = ∑ ≤ ∑ 2 · ( )k = 2 · ( + + · · · + n ) = 1 + + · · · + n−1 k! 2 2 4 2 2 2 k=1 k=1  n 1 n   1 Endliche geometrische Reihe 1 − ( 2 ) ≤2 = = 2 1 − 1 2 1− 2    >0 f¨ ur alle n∈N\{0} 1 > 0 f¨ur alle k ∈ N\{0} ⇒ 0 < an ≤ 2 f¨ur alle n ∈ N\{0} Wegen k! an+1 =

n+1

1

n

1

1

1

∑ k! = ∑ k! + (n + 1)! = an + (n + 1)! > an

k=1

k=1

   >0

Also ist (an ) monoton wachsend und beschr¨ankt ⇒ (an ) konvergiert. Aufgabe 5.6 ¨ Uberpr¨ ufen Sie Beschr¨anktheit und Monotonie von

64

5 Zahlenfolgen

an =

n

(−1)k . k=1 k!

∑

L¨osung: n

(−1)k 1 1 1 (−1)n = − + − + · · · + ∑ 1! 2! 3! n! k=1 k! n n (−1)k Dreiecksungleichung(Aufg. 3.3) n (−1)k 1 | | = = an ≤ 2 ≤ | |an | = | ∑ ∑ ∑ k! k=1 k! k=1 k=1 k! ⇒ −2 ≤ an ≤ 2 , n ∈ N\{0} 1 1 Wegen a2n+1 = a2n − < a2n und a2n = a2n−1 + > a2n−1 (2n + 1)! (2n)! ist (an ) weder monoton wachsend noch fallend.

an =

Aufgabe 5.7 Gegeben seien die Folgen (an ), (bn ) und (cn ) mit   1 n an = 1 + , n

bn =

  1 n+1 cn = 1 + . n

n

1 ∑ k! , k=0

Zeigen Sie: a) an ≤ bn f¨ur alle n ∈ N\{0} an+1 > 1 f¨ur alle n ∈ N\{0} b) an c) Es gilt: bn ≤ cn f¨ur alle n ∈ N\{0}, und (bn ) konvergiert gegen e. Beweisen Sie damit, dass (an ) konvergiert und zwar ebenfalls gegen e. L¨osung: a) Binomischer Satz   n    k 1 n 1 n an = 1 + = ∑ n n k=0 k = =

n

n!

1

∑ k!(n − k)! · nk

k=0 n

1 n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1) n·n·n·...·n

∑ k! ·

k=0

k-Faktoren   n 1 n n−1 n−2 1 n−k+1 · · ·... · ≤ ∑ = bn = ∑ · k! n n n n k! k=0           k=0 n



≤1

≤1

≤1

≤1

5 Zahlenfolgen

65

b) an+1 an

 n+1 n  1 1   1+ 1+ 1 n+1 n+1 n   ·  = = 1+ n+1 1 1 n 1+ 1+ n n ⎛ ⎞n 1  1+  1 n+1 ⎜ n+1 ⎟ + = ⎝ 1 ⎠ n+1 n+1 1+ n  ⎞n ⎛ 1 n(n + 1) ⎟ 1+ n+2 ⎜ 1 ⎟ ⎜  n + = ⎠ 1 n+1 ⎝ n(n + 1) 1+ n  n n(n + 1) + n n+2 = n + 1 n(n + 1) + n + 1   n + 2 n(n + 1) + n n = n + 1 n2 + n + n + 1   n + 2 n(n + 1) + n n = n+1 (n + 1)2  2 n n + 2 n + 2n + 1 − 1 = n+1 (n + 1)2 ⎞n ⎛  n n + 2 (n + 1)2 − 1 n+2 ⎜ 1 ⎟ ⎟ ⎜ = = ⎟ ⎜1 − 2 n+1 (n + 1) n+1 ⎝ (n + 1)2 ⎠    ≤1

66

5 Zahlenfolgen Ungleichung von Bernoulli

≥

≥ =





n n+2 1− n+1 (n + 1)2   n + 2 (n + 1)2 − n n+1 (n + 1)2  2  n+2 n +n+1 n + 1 (n + 1)2

=

(n + 2)(n2 + n + 1) (n + 1)3

=

n3 + 2n2 + n2 + 2n + n + 2 (n + 1)3

=

n3 + 3n2 + 3n + 1 + 1 (n + 1)3

= =

(n + 1)3 + 1 (n + 1)3 1 1+ >1, (n + 1)3

n ∈ N\{0}

c) Aus b), a) folgt: an ist streng monoton wachsend und nach oben beschr¨ankt durch die konvergente Folge (bn ) ⇒ an ist konvergent  1 Ferner gilt: cn = an 1 + n  1 = lim an ⇒ lim cn = lim an · lim 1 + n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n an ≤bn ≤cn

⇒

lim an ≤ lim bn ≤ lim cn = lim an n→∞ n→∞ n→∞   

n→∞

⇒ lim an = e.

e

n→∞

Aufgabe 5.8 Untersuchen Sie das Konvergenzverhalten der Folgen: √ n4 + 4 − n2 ) a) an = n( √ n b) an = √c, c > 0√ c) an = 3 n + 1 − 3 n L¨osung:

√ √ √ ( n4 + 4 − n2 )( n4 + 4 + n2 ) √ a) an = n · ( n4 + 4 − n2 ) = n n4 + 4 + n2 4 n4 + 4 − n4 4n = n· √ =√ = n n4 + 4 + n2 n4 + 4 + n2 1 + n44 + 1

5 Zahlenfolgen

67

0 ⇒ lim an = √ =0 n→∞ 1+0+1 √ b) an = n c, c > 0 1.Fall: √c ≥ 1 √ n c ≥ 1 ⇒ n c = 1 + xn mit xn ≥ 0 ⇒ c = (1 + xn )n ≥ 1 + nxn c−1 f¨ur alle n ⇒ 0 ≤ xn ≤ n c−1 = 0 ⇒ lim xn = 0 lim n→∞ n √ n→∞ n ⇒ lim c = lim (1 + xn ) = 1 n→∞

n→∞

0 1 und wegen 1.Fall gilt lim n b = 1 n→∞ c ! √ 1 1 n ⇒ lim c = lim n = lim √ = 1. n n→∞ n→∞ n→∞ b b √ √ c) an = 3 n + 1 − 3 n ist nach unten an ≥ 0 f¨ur alle √ n ∈ N √ ⇒ (an )√ √ ankt √ √ √ beschr¨ a√n+1 − an = 3 n + 2 − 3 n + 1 − 3 n + 1 + 3 n ≤ 3 n + 1 − 3 n + 1 − 3 n + 1 + 3 n√= √ = 3 n − 3 n + 1 < 0, d.h. (an ) ist monoton fallend ⇒ (an ) ist konvergent.

2.Fall:

Aufgabe 5.9 Die Folge (an ) sei durch die Rekursionsvorschrift gegeben: 1 5 a0 = 1, an = (an−1 + ), n = 1, 2, 3, ... 2 an−1 Zeigen Sie zuerst: a) an > 0 und a2n > 5 f¨ur n = 1, 2, 3, ... b) (an ) streng monoton fallend c) (an ) konvergiert gegen einen Grenzwert a > 0 Bestimmen Sie dann den Grenzwert. L¨osung: a) An sei die Aussage: an > 0 i) Induktionsanfang: A0 ist wahr, denn a0 = 1 > 0 ii) Induktionsvoraussetzung: An sei wahr, d.h. an > 0

68

5 Zahlenfolgen

⎛ iii) Induktionsschluss: an+1 =

⎞

1⎝ 5 an + ⎠ > 0  2 an >0 nach IV

⇒die Aussage An+1 (d.h. an+1 > 0) ist wahr. a2n > 5; n ≥ 1 :

a2n

   2 1 5 1 10an−1 25 2 an−1 + an−1 + = = + 2 4 an−1 4 an−1 an−1   1 1 25 = · 20 + a2n−1 − 10 + 2 4 4 an−1  2 1 5 an−1 − = 5+ >5 4 an−1    >0

b) an+1 < an f¨ur n ≥ 1 ⇔

    1 5 1 5 an + an + − 2an − an = an+1 − an = 2 an 2 an   1 5 − an < 0 = 2 an

5 < an ⇔ 5 < a2n (gilt nach a)) an c) a) + b) ⇒ Grenzwert existiert. Sei a = lim an n→∞ Nach den Grenzwerts¨atzen gilt dann ⇔



5

a = lim an = lim an−1 + n→∞ n→∞ an−1 ⎛



1 2

⎞

⎟1 ⎜ 5 ⎟ a + =⎜ lim n−1 ⎝n→∞ lim an−1 ⎠ 2    n→∞ =a

5 1 = a+ 2 2a ⇔

√ 5 5 1 nach a) ist a > 0 a= ⇔ a = ⇔ a2 = 5 ⇔ a = 5. 2 2a a

5 Zahlenfolgen

69

Aufgabe 5.10 Bestimmen Sie die H¨aufungspunkte bzw. Grenzwerte (soweit vorhanden) der Folgen aus Aufgaben 6.2b, 6.4 und 6.19. L¨osung: 9 a) an = c · n + (−1)n 4 Aufgabe 6.2b: an beschr¨ankt ⇔ c = 0 ⇒ an h¨ochstens konvergent f¨ur c =0  9 9 an = (−1)n nicht konvergent, da keine Nullfolge 4 4 n∈N an hat f¨ur c = 0 aber zwei H¨aufungspunkte: 9 9 9 9 9 lim a2n−1 = lim (−1)2n+1 = − ⇒ HP: , lim a2n = lim (−1)2n = n→∞ n→∞ 4 n→∞ 4 4 n→∞ 4 4 9 − 4 √ b) an = 4 + n2 − n Aufgabe 6.4: 2 an monoton fallend, 0 < an < , n ∈ N\{0} n 2 ⇒ an konvergent, einziger HP=Grenzwert=0, da lim = 0 n→∞ n   1 5 an−1 + , n = 1, 2, . . . c) a0 = 1, an = 2 an−1 Aufgabe 6.9: √ √ lim an = 5 ⇒ HP = Grenzwert = 5. n→∞

Kapitel 6

Der Funktionsbegriff

Definition Funktion (Def. 12.1, Kap.12) Es sei D irgendeine Menge reeller Zahlen. Unter einer auf D definierte Funktion f (oder g, h, φ , ψ , . . .) versteht man eine Vorschrift, die jeder Zahl x ∈ D in eindeutiger Weise eine reelle Zahl y = f (x) zuordnet. D f = D heißt Definitionsbe eich von f . f (x) heißt Bild von x (bzgl. f ) oder Wert der Funktion f an der Stelle x. Die Menge W f = W = {y = f (x) : x ∈ D} heißt Wertebereich von f . Aufgabe 6.1 Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr sind. a) Eine Parallele zur x-Achse kann Graph einer Funktion sein. b) Jede Parallele zur y-Achse ist Graph einer Funktion. c) Jede Parallele zur x-Achse schneidet den Graphen einer Funktion nur an genau einer Stelle. d) Jede Parallele zur y-Achse schneidet den Graphen einer Funktion immer nur an genau einer Stelle. L¨osung: a) b) c) d)

Ja. Nein, weil die Eindeutigkeit nicht erf¨ullt ist. Nein, denn eine Funktion muss nicht umkehrbar eindeutig sein. Ja.

Aufgabe 6.2 Die Funktion f (x) sei durch den Graphen in der nachfolgenden Abbildung gegeben (siehe Bild).

a) Geben Sie den Funktionswert f (1) an. b) F¨ur welche Werte von x ist f (x) = −2? ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 6, 

72

6 Der Funktionsbegriff

Abb. 6.1 Graph der Funktion

c) Sch¨atzen Sie alle Werte von x ab, die Nullstellen von f sind. d) Bestimmen Sie den Definitionsbereich von f (x). e) Bestimmen Sie den Wertebereich von f (x). L¨osung: a) b) c) d) e)

f (1) = 2 x1 = −1, x2 = 3. x1 ≈ −0, 4, x2 ≈ 2, 3. D f = [−3, 3]. W f = [−3, 2].

Aufgabe 6.3 Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f (x) := (x − 1)(2 − x), x ∈ D, wobei D := [−3, 3]. Entscheiden Sie dann, ob f im Definitionsbereich eineindeutig (bijektiv), monoton, gerade oder ungerade ist. L¨osung:

  3 2 1 = − x− + . Mit quadratischer Erg¨anzung erh¨alt man f (x) = 2 4 3 Damit l¨aßt sich der Graph von f leicht zeichnen (Normalparabel um nach rechts 2 1 und nach oben verschoben, nach unten ge¨offnet). Aufgrund der folgenden, all4 gemein g¨ultigen Zusammenstellung einander entsprechender Eingenschaften von Funktion und Graph kann man sofort ablesen, daß f keine der fraglichen Eigenschaften besitzt. −x2 + 3x − 2

6 Der Funktionsbegriff

73


  











 

Abb. 6.2 Graf zur Funktion y(x) = (x − 1)(2 − x)

Funktion ist eineindeutig

Graph schneidet Parallelen zur x-Achse in h¨ochstens einem Punkt verl¨auft von links nach rechts gesehen ist monoton wachsend (fallend) niemals abw¨arts (aufw¨arts) ist streng monoton wachsend (fallend) verl¨auft von links nach rechts gesehen stets aufw¨arts (abw¨arts) ist achsensymmetrisch zur y-Achse ist gerade ist punktsymmetrisch zum Ursprung ist ungerade Aufgabe 6.4 Definition:

Eine Funktion f (x) heißt auf E ⊆ D( f )

• beschr¨ankt, wenn gilt: es existiert eine Zahl M ∈ R, so dass | f (x)| ≤ M f¨ur alle x ∈ E • beschr¨ankt nach oben bzw. beschr¨ankt nach unten, falls gilt: es existiert eine Zahl M1 ∈ R, so dass f (x) ≤ M1 f¨ur alle x ∈ E bzw. es existiert eine Zahl M2 ∈ R, so dass f (x) ≥ M2 f¨ur alle x ∈ E Welche der folgenden Funktionen sind beschr¨ankt nach oben bzw. nach unten? Welche sind beschr¨ankt? 6 1 y = , x > 0, y = 4 − , x ≥ 1, y = 1 − 2 sin x x x

74

6 Der Funktionsbegriff

L¨osung: 1 =: f (x) mit D f = (0, ∞) x weil f¨ur alle x ∈ D f → f (x) > 0 ist f nach unten (durch 0) beschr¨ankt. f ist nicht nach oben beschr¨ankt. 6 b) y = 4 − =: g(x) mit Dg = [1, ∞) x 6 6 f¨ur alle x ∈ Dg ist g nach wegen: g(1) = 4 − 6 = −2 und g(x) = 4 − ≥ 4 − x 1 unten beschr¨ankt (durch −2). 6 wegen: g(x) = 4 − < 4 f¨ur alle x ∈ Dg ist g nach oben (durch 4) beschr¨ankt. x ⇒ g ist beschr¨ankt auf Dg . c) y = 1 − 2 sin(x) =: h(x) mit Dh = R |h(x) − 1| = |2 sin(x)| = 2| sin(x)| ≤ 2 ⇒ −2 ≤ h(x) − 1 ≤ 2 ⇔ −1 ≤ h(x) ≤ 3 ⇒ h ist beschr¨ankt ⇒ (Dh = R, Wh = [−1, 3]). a) y =

Aufgabe 6.5

2x − 3 1+x a) den maximalen Definitionsbereich und den zugeh¨origen Wertebereich b) die Intervalle, auf welchen f monoton w¨achst bzw. f¨allt c) die Intervalle, auf welchen f > 0. Bestimmen Sie f¨ur die Funktion f (x) =

f (x1 ) + f (x2 ) x1 + x2 = −1 ⇒ =2 Zeigen Sie: 2 2 Welche Symmetrie des Graphen von f dr¨uckt sich hierin aus? Skizzieren Sie den Graphen. L¨osung: a) D = R\ {’Nullstellen des Nenners’, Bereiche in denen ein Radikand negativ wird’,...} = R \ {−1} W = {y : y = f (x), x ∈ D} 2x − 3 , x = −1 ⇔ (x + 1)y = 2x − 3 ⇔ xy + y − 2x = −3 1+x y+3 ⇔ x(y − 2) = −y − 3 ⇔ x = , y = 2 2−y ⇒ W = R \ {2} 2x1 − 3 2x2 − 3 ≤ b) f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇔ 1 + x1 1 + x2 y=

x1 , x2 > −1 oder x1 , x2 < −1 ⇔ (1 + x2 )(2x1 − 3) ≤ (1 + x1 )(2x2 − 3) ⇔ 2x1 + 2x1 x2 − 3 − 3x2 ≤ 2x2 + 2x1 x2 − 3 − 3x1 ⇔ 5x1 ≤ 5x2

6 Der Funktionsbegriff

75

⇔ x1 ≤ x2 2x − 3 >0 1+x ⇔ [(2x − 3 > 0) und (1 + x > 0)] oder [(2x − 3 < 0) und (1 + x < 0)] 3 ⇔ (x > ) oder (x < −1) 2 x1 + x2 f (x1 ) + f (x2 ) Man zeige: aus = −1 folgt =2 2 2 Zur Vereinfachung ben¨utze folgende Form von f:

c) f > 0 ⇔

2x − 3 2(x + 1) − 2 − 3 5 = = 2− 1+x x+1 x+1 5 5 f (x1 ) + f (x2 ) 1 = (4 − − ) ⇒ 2 2 x1 + 1 x2 + 1 5 x2 + 1 + x1 + 1 =2 = 2− 2 (x1 + 1)(x2 + 1) x1 + x2 falls x2 + x1 + 2 = 0 bzw. = −1 2 Damit gilt: Liegen die Argumente x1 , x2 symmetrisch zur Geraden x = −1, so liegen die zugeh¨origen Funktionswerte f (x1 ), f (x2 ) symmetrisch zu den Geraden y = 2. Der Graph von f ist symmetrisch zum Punkt (−1, 2). f (x) =

y 10 8 6 4 2 0 -10

-8

-6

-4

-2

0 -2 -4 -6 -8 -10

Abb. 6.3 Graf zur Funktion f (x) =

2x − 3 1+x

2

4

6

8

10 x

76

6 Der Funktionsbegriff

Aufgabe 6.6 Bestimmen Sie f¨ur die Funktion f (x) =

3x − 2 x−1

a) den maximalen Definitionsbereich und den zugeh¨origen Wertebereich b) die Intervalle in denen f monoton w¨achst bzw. f¨allt c) die Intervalle, f¨ur die gilt f (x) > 0. L¨osung: a) Definitionsbereich: D f = R \ {x : x#− 1 = 0} = R \ {1} " Wertebereich y : y = f (x), x ∈ D f 3x − 2 x=1 y= ⇔ (x − 1)y = 3x − 2 x−1 ⇔ xy − y − 3x = −2 ⇔ x(y − 3) = y − 2 y−2 y=3 ⇔ x= y−3 ⇒ W = R \ {3} 3x1 − 2 3x2 − 2 ≤ b) f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇔ x1 − 1 x2 − 1 x1 ,x2 =1 ⇐⇒ (3x1 − 2)(x2 − 1) ≤ (3x2 − 2)(x1 − 1) ⇔ 3x1 x2 − 3x1 − 2x2 + 2 ≤ 3x1 x2 − 3x2 − 2x1 + 2 ⇔ −x1 ≤ −x2 ⇔ x1 ≥ x2 f f¨allt auf (−∞, 1) und (1, ∞). 3x − 2 >0 c) f (x) > 0 ⇔ x−1 1.Fall: 3x − 2 > 0 und x − 1 > 0 ⇔ 3x > 2 und x > 1 2 ⇔ x > und x > 1 3 ⇔x>1 2.Fall: 3x − 2 < 0 und x − 1 < 0 ⇔ 3x < 2 und x < 1 2 ⇔ x < und x < 1 3 2 ⇔x< 3 2 ⇒ f (x) > 0 f¨ur alle x < oder x > 1. 3 Aufgabe 6.7 Stellen Sie die Funktion

6 Der Funktionsbegriff

77

⎧ 2 f¨ur 0 ≤ x < 1 ⎨x y = 2x − 1 f¨ur 1 ≤ x < 2 ⎩ −x + 5 f¨ur 2 ≤ x < 5

D = [0, 5),W =?

graphisch dar. L¨osung: f (x) = x2 , g(x) = 2x − 3, h(x) = 5 − x W = [0, 3]

     





  




   














Abb. 6.4 Graph der Funktion

Aufgabe 6.8 Eine Rolltreppe u¨ berwindet in 25 Sekunden einen H¨ohenunterschied von 10 Metern. Ein Mensch ben¨otigt beim normalen Treppensteigen f¨ur 10 Meter H¨ohenunterschied 20 Sekunden. Menschen, die es eilig haben, benutzen die Rolltreppe und steigen dabei noch zus¨atzlich die einzelnen Stufen hoch. Stellen Sie f¨ur die drei beschriebenen Vorg¨ange Funktionsgleichungen auf und berechnen Sie, wie lange Menchen, die es eilig haben, brauchen, um 10 Meter H¨ohe zu u¨ berwinden. L¨osung: Die in t sec erreichte H¨ohe h l¨asst sich wie folgt bestimmen: Rolltreppe: 2 10 h = f1 (t) = t = t = 0, 4t 25 5

78

6 Der Funktionsbegriff

Treppe: 10 h = f2 (t) = t = 0, 5t 20 Zusammen: h = f3 (t) = (0, 4 + 0, 5)t = 0, 9t 10 h = h ⇒t = 0, 9 9 F¨ur h = 10 Meter braucht man somit 10 · 10 ≈ 11 Sekunden. t= 9 Aufgabe 6.9 Ein rechteckiges St¨uck Land sei von einem Zaun der gegebenen L¨ange U [m] umgeben. Bezeichnet x [m] die L¨ange einer der Seiten, so ist die Fl¨ache F [m2 ] des Landst¨uckes eine Funktion von x. Bestimme Zuordnungsvorschrift, Definitions- und Wertebereich von F. L¨osung: Da x die L¨ange einer der Seiten ist, betr¨agt die der anderen 1 1 (U − 2x) = U − x. 2 2 Damit gilt  2  1 1 1 2 1 2 U − x = Ux − x = U − x − U , F(x) = x 2 2 16 4  $   1 1 DF = 0, U und WF = 0, U 2 . 2 16 

Aufgabe 6.10 Beschreiben Sie die L¨ange l einer Sehne in einem Kreis vom gegebenen Radius r [cm] als Funktion des Abstandes x [cm] der Sehne vom Kreismittelpunkt. Bestimmen Sie Definitions- und Wertebereich von l. L¨osung: √ l = 2 r 2 − x2 Dl = [0, r] Wl = [0, 2r].

6 Der Funktionsbegriff

79





Abb. 6.5 Sehne im Kreis

Kapitel 7

Elementare Funktionen

Zu den elementaren Funktionen z¨ahlen Potenzfunktionen, Polynome, rationale Funktionen, trigonometrische Funktionen und algebraische Funktionen. (K.Marti und D.Gr¨oger Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissen” schaftler“ (Physica-Verlag, 2.Auflage, 2004)) Aufgabe 7.1 Vereinfachen Sie die folgenden Ausdr¨ucke: √ √ 4 6 3 2 x x √ √ a) √ 8 2 5 2 120 2 x x x 3 8 − 1 3 2 b) ξ ξ ξ 2  1 ζ 4ζ − 2 c) ζ −3 L¨osung: √ √ 4 6 3 2  6 2 1 2 2 90 3 x x √ √ = |x| 4 + 3 − 4 − 5 − 120 = |x| 60 = |x| 2 = |x| |x|, x = 0 a) √ 8 2 5 2 120 2 x x x

−1 3 1 −1 3 b) ξ 2 ξ 8 ξ 2 = ξ 2 ξ −4 ξ 2 = ξ −4 , ξ = 0   1 1 7 2 ζ 4ζ − 2 ζ7 ζ2 14−1 13 4 = = = ζ 4 , ζ > 0. c) 1 =ζ ζ −3 ζ 12 4 ζ Aufgabe 7.2 Bestimmen Sie den (maximalen) Definitions- und Wertebereich der Funktionen 2 a) y = −x √ − 1, −4+2 b) y = x √ c) f (x) = −x2 + 4x − 3,

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 7, 

82

7 Elementare Funktionen

d) g(x) =

1 x2 + x − 2

.

L¨osung: a) D f = R W f = (−∞, −1] b) D f = [4, ∞) W f = [2, ∞) c) −x2 + 4x − 3 = 0 √ −2 ± 4 − 3 = 1; 3 x1,2 = −1 ⇒ −x2 + 4x − 3 ≥ 0 f¨ur x ∈ [1, 3] ⇒ D f = [1, 3] W f = [0, 1] d) x2 + x − 2 = 0 √ −1 ± 1 + 8 = −2; 1 x1,2 = 2 4 ⇒ D f = R\{−2, 1} W f = R\(− , 0]. 9 Aufgabe 7.3 Begr¨unden Sie, warum die Wurzelgesetze nicht anwendbar sind √ √ √ x − 1 = 1 − x2 a) f (x) = −1 − x √ b) f (x) = (1 − x2 ) 1 − x2 = 1 − x2 ; f (x) = |1 − x2 | 2 2 −x ) c) f (x) = (1 − x2 )4 = (1 √ 3 12 2 4 d) f (x) = (1 − x ) = 1 − x2 L¨osung: a) f (x) ist definiert f¨ur −1 − x ≥ 0 und x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 und x ≥ 1 / ⇒ D f = 0√ D f ∗ = [−1, 1] = D f f ∗ (x) := 1 − x2 b) D f = [−1, 1] f ∗ (x) := 1 − x2 Df∗ = R f ∗∗ (x) = |1 − x2 | D f ∗∗ = R = D f c) K¨urzungsregel nur f¨ur (1 − x2 ) ≥ 0 erlaubt ⇒ D f = [−1, 1], f ∗ = (1 − x2 )2 , D f ∗ = R = D f  p kp = bei kq = 2, 4, 6, ... nicht erlaubt; f (x) = 3 |1 − x2 |. d) K¨urzungsregel kq q

7 Elementare Funktionen

Aufgabe 7.4 Bestimmen Sie die L¨osungsmenge der folgenden Gleichungen:  a) 2 + √ 3x(x − 2) = x b) 1 − 2x − 3 = x √ 1 c) x + 1 − x = √ √ 2 d) x + 1 + 1 − 3x = 2 L¨osung:  a) 2 +  3x(x − 2) = x ⇔ 3x(x − 2) = x − 2 ; x ≥ 2 quadrieren ergibt: ⇔ 3x(x − 2) = (x − 2)2 ⇔ (x − 2)2 − 3x(x − 2) = 0 ⇔ (x − 2) (x − 2 − 3x) = 0 | · (− 12 )    −2x−2=−2(x+1)

⇔ (x − 2)(x + 1) = 0 ⇒x= √2 x = −1 ⇒ x = 2 ist die einzige L¨osung b) 1 −√ 2x − 3 = x ⇔ 2x − 3 = 1 − x ⇒ 1.) 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 3 ⇒ 2.) 2x − 3 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 3 ⇒ x ≥ 2 ⇒ keine L¨osung 1.)Widerspruch zu 2.) √ 1 c) x + 1 − x = 2 √ 1 1 ⇔ 1 − x = − x; x ≤ | · ()2 2 2 1 ⇔ 1 − x = ( − x)2 2 1 ⇔ 1 − x = − x + x2 4 √ √ 3 3 1 3 2 , ist aber > ⇔x = ⇔x=± 4 2 2 2 √ 3 ⇒ Die einzige L¨osung ist x = − 2 √ √ 1 d) x + 1 + 1 − 3x = 2; x ≥ −1 und x ≤ | · ()2 3  ⇔ x+ 1 + 1 − 3x + 2 (x + 1)(1 − 3x) = 4 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) = x + 1 | · ()2 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) = (x + 1)2 ⇔ (x + 1)(1 − 3x) − (x + 1)2 = 0 ⇔ (x + 1)(1 − 3x − (x + 1)) = 0 ⇔ (x + 1)(1 − 3x − 1 − x) = 0

83

84

7 Elementare Funktionen

⇔ (x + 1)(−4x) = 0 ⇔ x = −1; x = 0.

Aufgabe 7.5 Definition: Addition, Subtraktion, Multiplikation von zwei Funktionen: f : D f → R, g : Dg → R f

± g: ·

D f ∩ Dg → R,

(f

± ± g) (x) := f (x) g(x) · ·

Es seien gegeben: √ √ folgende Funktionen f (x) = x + 1, g(x) = 4 − x2 . a) Bestimmen Sie den Definitions- und Wertebereich von f (x) und g(x) b) Bestimmen Sie die Funktionen ( f ±· g)(x) und die (maximalen) Definitionsbereiche von ( f ±· g)(x) L¨osung: a) D f = {x ∈ R; x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R; x ≥ −1} = [−1, ∞) Wurzelfunktion ist monoton steigend und stetig Also W f = R+ 0 2 ≥ 0} = {x ∈ R; (2 − x)(2 + x) ≥ 0} = [−2, 2] Dg = {x ∈ R; 4 − x√ √ Wg = {y ∈ R; y = 4 − x2 , x ∈ [−2, 2]} = [0, 4] = [0, 2]

√  √ √ b) ( f + g)(x) = x + 1 + √4 − x2 = x + 1 + (2 − x)(2 + x) √ √ x)(2 + x) ( f − g)(x) = x + 1√− 4 − x2= x + 1 − (2 − √ ( f · g)(x) = x + 1 4 − x2 = (x + 1)(4 − x2 ) = (x + 1)(2 − x)(2 + x) Nach a) gilt D f ± g = D f ∩ Dg = [−1, 2]. ·

Aufgabe 7.6 √ Bestimmen Sie f¨ur die Funktionen f (x) = x2 + 1, g(x) = x ( f · g)(x) und

D f ,W f , Dg ,Wg , D f ·g ,W f ·g .

7 Elementare Funktionen

85

L¨osung: √ f (x) = x2 + 1, g(x) = x D f = R, Dg = R+ 0 = [0, ∞) x√2 ≥ 0 ⇒ x2 + 1 ≥ 1 ⇒ W f ⊂ [1, ∞) mit f (0) = 1 folgt W f = [1, ∞), da f stetig. + x ≥ 0 ⇒ Wg ⊂ R+ 0 , aus g(0) = 0 folgt Wg = R0 ( f · g)(x) := f (x) · g(x) ⇒ D f ·g = D f ∩ Dg =√R+ 0 ( f · g)(x) = (x2 + 1) x ≥ 0 und ( f · g)(0) = 0 ⇒ W f ·g = R+ 0. Aufgabe 7.7 Geben Sie das Polynom kleinsten Grades an, das folgende Nullstellen und die angegebenen Funktionswerte besitzt: a) x1 = −4, x2 = 4, p(0) = 4 b) x1 = x2 = 1, x3 = x4 = x5 = 0, x6 = −2, p(−1) = 4 L¨osung: a) x1 = −4, x2 = 4, p(0) = 4 ⇒ p(x) = a(x − 4)(x + 4) !

⇒ 4 = p(0) = a(−4)(4) = −16a 1 ⇒a=− 4 1 1 1 ⇒ p(x) = − (x − 4)(x + 4) = − (x2 − 16) = − x2 + 4 4 4 4 b) x1 , x2 = 1, x3 , x4 , x5 = 0, x6 = −2, p(−1) = 4 ⇒ p(x) = a(x − 1)2 x3 (x + 2) !

⇒ p(−1) = a(−1 − 1)2 (−1)3 · (−1 + 2) = 4 ⇔ a(−2)2 · (−1) · 1 = 4 ⇔ −4a = 4 ⇔ a = −1 ⇒ p(x) = −(x − 1)2 · x3 (x + 2) = −(x2 − 2x + 1)(x4 + 2x3 ) = −(x6 + 2x5 − 2x5 − 4x4 + x4 + 2x3 ) = −x6 + 3x4 − 2x3 Aufgabe 7.8 Berechnen Sie die L¨osungen der Gleichungen x a) 1 − cos x = tan 2 b) sin x + cos x = 1 c) cos(2x) − sin(2x) = 1, 0 ≤ x < 2π .

86

7 Elementare Funktionen

L¨osung: a) x 2 x x x 1 − (cos2 − sin2 ) = tan 2 2 2 x x x 1 − (1 − sin2 − sin2 ) = tan 2 2 2 sin 2x 2 x = 2 sin 2 cos 2x 1 − cos x = tan

⇒ x 1.Fall: sin = 0 ⇔ x ∈ {2kπ , k ∈ Z} 2 oder 2.Fall: 1 x = x 2 cos 2 x x 2 sin cos = 1 2 2 sin x = 1  2 sin

  1 (2m + )π , m ∈ Z 2    1 (2m + )π , m ∈ Z ⇒ x ∈ {2kπ , k ∈ Z} ∪ 2 ⇔x ∈

7 Elementare Funktionen

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b) sin x + cos x = 1 ⇔ sin x = 1 − cos x x x x ⇔ 2 sin cos = 2 sin2 2 2 2 x x x ⇔ sin (cos − sin ) = 0 2 2 2 ⇔ x x 1. Fall: sin = 0 ⇐⇒ = π k, k ∈ Z ⇐⇒ x = 2π k, k ∈ Z 2 2 oder x 2. Fall: sin = 0 2 x x x und cos − sin = 0 | : sin 2 2 2 x ⇔ cot = 1 2 x π ⇔ = + π k, k ∈ Z 2 4 π ⇔ x = + 2π k, k ∈ Z 2 π ⇒ Die L¨osung ist x = 2π k oder x = + 2π k, k ∈ Z 2 c) cos(2x) − sin(2x) = 1 ⇔ 1 − 2 sin2 x − 2 sin x cos x = 1 ⇔ sin x(sin x + cos x) = 0 ⇔ !

1. Fall: sin x = 0

x∈[0,2π )

⇔

x = 0 oder x = π

oder 2. Fall: sin x = 0 und sin x + cos x = 0| : sin x 7π 3π oder x = 4 4 3π 7π ⇒ Die L¨osung ist x ∈ {0, , π , }. 4 4 !

⇔ cot x = −1

x∈[0,2π )

⇔

x=

88

7 Elementare Funktionen

Aufgabe 7.9 Zeichnen Sie jeweils in derselben Abbildung die Graphen der Funktionen 1 a) sin x, 4 sin x, sin x im Bereich 0 ≤ x ≤ 2π 2 π b) sin x, sin(π x), sin x im Bereich 0 ≤ x ≤ 10 10  π π c) sin x, sin x + , sin(x − 1) im Bereich − ≤ x ≤ 2π + 1. 4 4 L¨osung:

4

y

sin(x) 4 sin(x) 0,5 sin(x)

1 0,5 -0,5 -1

0,5π

-4

Abb. 7.1 Grafik zu Teilaufgabe a)

π

1,5 π

x 2π

7 Elementare Funktionen

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y

sin(x) sin(πx/10) sin(πx)

1

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

-1

Abb. 7.2 Grafik zu Teilaufgabe b) y

sin(x) sin(x+π/4) sin(x-1)

1

-π/4

1

-1

Abb. 7.3 Grafik zu Teilaufgabe c)

π

2π

x

90

7 Elementare Funktionen

Aufgabe 7.10 √ Stellen Sie die Funktion y(x) = sin x + 3 cos x in der Form y(x) = A cos(x − x0 ) mit A > 0 und x0 ∈ (0, 2π ) dar, untersuchen Sie sie in Bezug auf Beschr¨anktheit, Symmetrie und Periodizit¨at und skizzieren Sie ihren Graphen im Intervall [0, 2π ]. L¨osung: √ ! y(x) = sin x + 3 cos x = A cos(x − x0 ), A > 0, x0 ∈ (0, 2π ) Additionstheoreme: A cos(x − x0 ) = A(cos x cos x0 + sin x sin x0 ) Koeffizientenvergleich: √ A cos x0 = 3, A sin x0 = 1 A>0 ⇒ A2 cos2 x0 = 3, A2 sin2 x0 = 1 ⇒ A2 (cos2 x0 + sin2 x0 ) = 3+1 ⇒ A2 = 4 ⇒ A = 2    =1

1√ also: 2 cos x0 = 3 ⇔ cos x0 = 3 2 1 und: 2 sin x0 = 1 ⇔ sin x0 = 2 π x0 ∈(0,2π ) ⇔ x0 = 6 π ⇒ y(x) = 2 cos x − 6 √

 



 
 













√ Abb. 7.4 Grafik der Funktion y(x) = sin x + 3 cos x





7 Elementare Funktionen

91

beschr¨ankt oben C=2

unten gerade ungerade periodisch C = −2 − − T = 2π

Aufgabe 7.11 a) Was bewirkt die Ersetzung des Arguments x in sin x(cos x) durch x−x0 mit x0 > 0 oder x0 < 0 bzw. durch ω x, wobei x0 , ω feste Zahlen sind? ¨ b) Uberlagerung von Schwingungen: Seien a, b, ω gegebene feste Zahlen. Finden Sie Zahlen A (= Amplitude) und δ (= Phasenverschiebung), so dass a sin ω x + b cos ω x ≡ A sin(ω x − δ ). Hinweis: Additionstheoreme. c) sin x + cos x = A sin(ω x − δ ), A =?, ω =?, δ =? d) 3 sin x − 4 cos x = A sin(ω x − δ ), A =?, ω =?, δ =? L¨osung: a) i) Die Ersetzung des Arguments x durch x − x0 bewirkt eine Verschiebung in xRichtung um x0 : F¨ur x0 > 0 erh¨alt man eine Verschiebung in positiver x-Richtung F¨ur x0 < 0 erh¨alt man eine Verschiebung in negativer x-Richtung   2π = sin(ω x) folgt: ii) Aus sin(ω x + 2π ) = sin ω x + ω 2π sin(ω x) ist periodisch mit der Periode T0 = ω a b b) Sei a, b ∈ R\{0} ; √ =: cos α ; √ =: sin α mit α ∈ [0, 2π ) a2 + b2 a2 + b2 Dann gilt:  a sin(ω x) + b cos(ω x) = a2 + b2 (sin(ω x) cos α + cos(ω x) sin α )  ! = a2 + b2 (sin(ω x + α )) ≡ A sin(ω x − δ ) √ ⇒ A := a2 + b2 > 0;  π π sin α b ; tan α = = , mit α ∈ − , + cos α a  2 2 b − δ = α = arctan a √ π 8.11b) c) a, b = 1, ω = 1 ⇒ A = 2, ω = 1, δ = −  √ π 4 ⇒ sin x + cos x = 2 sin x + 4 d) a = 3, b√= 4, ω = 1 ⇒ A = 9 + 16 = 5, 4 4 tan α = ⇒ α = arctan ≈ 0, 93 ≈ 53◦ ⇒ δ = −α ≈ −0, 93 3 3

92

7 Elementare Funktionen

⇒ 3 sin x + 4 cos x = 5 sin(x − 0, 93).

Aufgabe 7.12 Bestimmen Sie gegebenenfalls die Perioden folgender Funktionen   5 7 x , a) y = cos 2 2 3 b) y = cos x + sin x 4 sin x , c) y = x   5π d) y = 2 sin x − 6 L¨osung: a)  5 x 2      5 5 2 x + 2π = 3, 5 cos x + · 2π = 3, 5 cos 2 2 5    4 5 x+ π = 3, 5 cos 2 5   4 4 = f x + π = f (x + T ) mit T = π 5 5 

f (x) = 3, 5 cos

b)    3 3 x = cos(x + 2k1 π ) + sin x + 2k2 π f (x) = cos x + sin 4 4 ⎛ ⎛ ⎞⎞ 

⎜3 ⎜ ⎟⎟ ⎜x + 4 · 2k2 π ⎟⎟ = cos(x + 2k1 π ) + sin ⎜ ⎝4 ⎝ ⎠⎠  3   T 1

T1 = 2π 8 f¨ur k1 = k2 = 1 ⇒ T2 = π 3 damit gilt:

T2

%

 k.g.v {T1 , T2 } =

6π 8π , 3 3

 =

24π = 8π = T 3

7 Elementare Funktionen

93



 3 (x + 8π ) f (x + T ) = f (x + 8π ) = cos(x + 8π ) + sin 4     3 3 x + 6π = cos x + sin x = f (x) = cos x + sin 4 4 sin x c) f (x) = , f ist nicht periodisch ⇒ T = +∞ x d)   5π f (x) = 2 sin x − 6     5π 5π + 2π = 2 sin (x + 2π ) − = f (x + 2π ) , = 2 sin x − 6 6

x∈R

⇒ T = 2π . Aufgabe 7.13 Beweisen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme f¨ur die sinus- und cosinus-Funktion das Additionstheorem f¨ur die Tangens-Funktion tan(x ± y) =

tan x ± tan y 1 ∓ tan x tan y

.

L¨osung:

tan x ± tan y 1 ∓ tan x tan y

sin x sin y ± cos x cos y = sin x sin y · 1∓ cos x cos y sin x cos y ± sin y cos x cos x cos y = cos x cos y ∓ sin y cos x cos x cos y Add.Th. sin(x ± y) cos x cos y = · cos x cos y cos(x ± y) sin(x ± y) = tan(x ± y). = cos(x ± y)

Kapitel 8

Grenzwerte von Funktionen

Man unterscheidet zwei Arten von Grenzwerten: Grenzwerte im Endlichen“ und ” Grenzwerte im Unendlichen“ . ” Definition Grenzwert im Endlichen“ (Def. 14.3, Kap. 14.2). ” Es seien f eine auf D definierte Funktion und x0 ∈ R, so dass in jeder Umgebung von x0 mindestens ein von x0 verschiedenes Element x von D liegt. Eine Zahl a heißt Grenzwert von f in x0 , wenn es zu jedem (noch so kleinen) ε > 0 ein δ = δ (ε ) > 0 gibt, so dass | f (x) − a| < ε

f¨ur alle x ∈ D

mit x = x0 und |x − x0 | < δ .

Definition Grenzwert im Unendlichen“ ±∞ (Def. 14.1,14.2, Kap. 14.1). ” Der Definitionsbereich D einer Funktion f sei so beschaffen, dass in jedem Intervall (c, +∞) (bzw. (−∞, c)) mindestens ein Element x von D liegt. Eine Zahl a heißt Grenzwert von f f¨ur x → +∞ (bzw. −∞), wenn es zu jedem (noch so kleinen) ε > 0 eine Zahl X = X(ε ) gibt, so dass | f (x)−a| < ε f¨ur alle x ∈ D mit x > X (bzw. x < X). Definition Exponentialfunktion (Def. 14.4, Kap. 14.3) Es sei a > 0 und x ∈ R. Man setzt ax := lim arn , n→∞

wobei (rn ) irgendeine gegen x konvergente Folge rationaler Zahlen ist. F¨ur ein beliebiges a > 0 heißt die Funktion f : x → ax , x ∈ R die Exponentialfunktion mit der Basis a. Aufgabe 8.1 a) Welche Schranke X(ε ) muß x u¨ berschreiten, damit f (x) = wert G f¨ur x → +∞ um weniger als ε =

1 abweicht? 999

x2 vom Grenz3x2 + x

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 8, 

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8 Grenzwerte von Funktionen

Hinweis: Bestimmen Sie zuerst den Grenzwert G mit Hilfe der Rechenregeln f¨ur 1 = 0, und l¨osen sie sodann die UngleiGrenzwerte und der Beziehung lim x→±∞ x chung      f (x) − G < ε nach x auf. 16 b) Wie nahe muß x an x0 = 4 mindestens heranr¨ucken, damit > M, mit (x − 4)4 M = 10.000, gilt? Hinweis: L¨osen Sie die Ungleichung nach |x − 4| auf. L¨osung: a) lim

x2

x→∞ 3x2 + x

x2 1 1 = 1 · lim = =G x→∞ x2 (3 + 1 ) x→∞ 3 + 1 3 x x

= lim

mit ε =

1 und 999

| f (x) − G| < ε folgt:    x2 1    3x2 + x − 3  <    −1  <  ⇒ 3x + 1 

1 999 1 333

⇒

   −1  1    9x + 3  < 999

⇒

| −3x − 1 | > 333    immer <0

⇒ ⇒

3x > 332 332 ≈ 110, 66 ⇒ X(ε ) = 110 x> 3

b) Mit x0 = 4 und M = 10000 folgt:

16 > 10000 (x − 4)4

√ ⇒ 16 > 10000(x − 4)4  4  2 > 10|x − 4| ()2 4 > x2 − 8x + 16 100 0 > x2 − 8x + 15, 96 x2 − 8x + 15, 96 = 0 f¨ur x1,2 = 4 ± ⇔ f¨ur x1 = 4, 2; x2 = 3, 8

 16 − 15, 96

⇒ x2 − 8x + 15, 96 < 0 f¨ur x ∈ (3, 8; 4, 2) ⇒ x n¨aher als x0 ± 0,2.

8 Grenzwerte von Funktionen

97

Aufgabe 8.2 Untersuchen Sie die Existenz oder Nichtexistenz des folgenden Grenzwerts sin x + cos x . lim x→0 x L¨osung: Der Grenzwert existiert nicht, da sin x + cos x sin x + cos x = ∞ und lim = −∞. lim x→↓0 x→↑0 x x Aufgabe 8.3 x−1 a) Man bestimme den Grenzwert G1 = lim f1 (x) f¨ur f1 (x) = , x ≥ 0. x→+∞ 2x + 1 Sodann berechne man zu gegebenem ε > 0 ein X1 = X1 (ε ) > 0, so dass | f1 (x) − G1 | < ε , falls x > X1 (ε ). b) Man finde zu ε > 0 eine Schranke X2 (ε ) < 0, so dass | f2 (x) − G2 | < ε f¨ur x < sin x und G2 = 0. X2 (ε ), wobei f2 (x) = x L¨osung: a) 1 − lim 1x 1 − 1x x−1 1 x→∞ = lim G1 = lim = = 1 x→∞ 2x + 1 x→∞ 2 + 1 2 2 + lim x x x→∞      x−1 1   −3  x≥0 3  | f1 (x) − G1 | =  − = ≤ε = 2x + 1 2   2(2x + 1)  2(2x + 1)   3 1 3 ⇔ < 2x + 1 ⇔ x > −1 2ε 2 2ε   1 3 −1 ⇒ X1 (ε ) = 2 2ε b)

      1  x<0 1  sin x 1 1 1 ≤  =  − 0 < ε ⇔ −x > ⇔ x < − ⇒ X2 (ε ) = − .  x  x −x ε ε ε

Aufgabe 8.4 Zeigen Sie mit Hilfe der ε -δ -Definition des Grenzwertes an der Stelle x0 , dass gilt: 2x4 − 6x3 + x2 + 3 = −8 x→1 x−1 1 b) lim existiert nicht. x→0 x a) lim

98

8 Grenzwerte von Funktionen

L¨osung: a) Es sei ε > 0. Gesucht ist ein δ > 0 mit:   4   2x − 6x3 + x2 + 3  − (−8) < ε f¨ur 0 < |x − 1| < δ  x−1 Umformen ergibt f¨ur x = 1: 2x4 − 6x3 + x2 + 3 + 8 = (2x3 − 4x2 − 3x − 3) + 8 = 2x3 − 4x2 − 3x + 5 x−1 = 2(x − 1)3 + 2x2 − 9x + 7 = 2(x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 5x + 5 = 2(x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 5(x − 1) Setzt man zun¨achst δ ≤ 1 fest, so folgt f¨ur 0 < |x − 1| < δ : 2x4 − 6x3 + x2 + 3 + 8| ≤ 2|x − 1|3 + 2|x − 1|2 + 5|x − 1| < 2δ 3 + 2δ 2 + 5δ < 2δ x−1 +2δ + 5δ = 9δ & ε' ε . Da 9δ ≤ ε f¨ur δ ≤ , setzt man endg¨ultig δ = min 1, 9 9 1 b) Angenommen, es existiert a = lim . Dann gibt es nach der ε -δ -Definition ein x→0 x δ > 0, so dass    1  − a < 1, d.h. a − 1 < 1 < a + 1, f¨ur alle 0 < |x| < δ  x    x |

I

δ W¨ahle x ∈ I : x := ± (δ > 0) und n ≥ 2 n 1 ⇒ a − 1 < δ < a + 1 f¨ur alle n ≥ 2 ±n n ⇒ a − 1 < ± < a + 1 f¨ur alle n ≥ 2 δ ⇒ δ (a − 1) < ±n < δ (a + 1) f¨ur alle n ≥ 2 .       fest fest    Widerspruch Aufgabe 8.5 Zeigen Sie mit Hilfe der Definition des Grenzwertes an der Stelle x0 oder im Unendlichen, dass a) lim (4x3 + 3x2 − 24x + 22) = 5 x→1 x =1 b) lim x→+∞ x + 1

8 Grenzwerte von Funktionen

99

1 nicht existiert. x→−3 x + 3 1 d) lim x · sin = 0 x→0 x 8x =0 e) lim 2 x→±∞ x + 4 x2 + 2x + 3 f) lim =1 x→±∞ (x + 1)2 c) lim

L¨osung: a) lim (4x3 + 3x2 − 24x + 22) = 5 x→1

|4x3 + 3x2 − 24x + 22 − 5| < ε f¨ur alle x : 0 < |x − 1| < δ 4x3 + 3x2 − 24x + 17 = (4x3 − 12x2 + 12x − 4) + 15x2 − 36x + 21 = 4(x − 1)3 + 15(x2 − 2x + 1) − 6x + 6 = 4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1) |4x3 + 3x2 − 24x + 17| = |4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1)| |4(x − 1)3 + 15(x − 1)2 − 6(x − 1)| ≤ 4|x − 1|3 + 15|x − 1|2 + 6|x − 1| ≤ 4δ 3 + 15δ 2 + 6δ mit δ ≤ 1 ≤ 4δ + 15δ + 6δ = 25δ < ε

⇒ 25δ < ε ⇔ δ < b)

& ε ' ε ⇒ δ := min 1, 25 25

x =1 lim x→∞ x + 1     x    x + 1 − 1 < ε      x x + 1   −1  1 | − 1|   x + 1 − x + 1  =  x + 1  = |x + 1| = |x + 1| ohne Einschr¨ankung x + 1 > 0, da lim gesucht ist x→+∞

100

8 Grenzwerte von Funktionen

⇒

1 1 = < ε ⇔ 1 < ε (x + 1) |x + 1| x + 1 1 < x+1 ε 1 x > −1 ε   x =1 ⇒ lim x→∞ x + 1

c) lim

x→−3

X(ε )

1 existiert nicht x+3

1 1 1 = = x+3 y−3+3 y x → −3 ⇒ y − 3 → −3 ⇒ y → 0 1 1 ⇒ lim = lim existiert nicht! (s. Aufgabe 9.4 b) x→−3 x + 3 y→0 y d) Sei ε > 0. Gesucht: δ = δ (ε ) > 0 mit: 1 1 |x sin − 0| = |x|| sin | < ε x x falls 0 < |x − 0| = |x| < δ . Versch¨arfung durch Absch¨atzen: 1 | sin | ≤ 1 x 1 ⇒ |x|| sin | ≤ |x| < ε x 1 W¨ahle δ := ε , so gilt: |x sin − 0| < ε f¨ur 0 < |x − 0| < δ x + + − − e) Es sei ε > 0.  Gesucht ist ein x = x (ε ) (bzw. x = x (ε )) mit   8x 8|x| + −    x2 + 4 − 0 = x2 + 4 < ε f¨ur x > x (x < x ) setze y := x + 3 ⇒ x = y − 3 ⇒

(i) x → +∞, also x > 0 8|x| < ε ⇔ 8x < (x2 + 4)ε x2 + 4 8 ⇔ x2 − x + 4 > 0 ε 4 2 Nullstellen: x1/2 = ± 4 − ε2 ε ε sei ε < 2 4 2 ⇔x> + 4 − ε 2 =: X + (ε ) ε ε 4 2 Als Schranke f¨ur x erh¨alt man also X + (ε ) := + 4 − ε2 ε ε (ii) x → −∞, also x < 0 8|x| < ε ⇔ −8x < (x2 + 4)ε x2 + 4

8 Grenzwerte von Funktionen

101

8 ⇔ x2 + x + 4 > 0 ε 4 2 Nullstellen: x1/2 = − ± 4 − ε2 ε ε sei ε < 2 4 2 ⇔ x<− − 4 − ε 2 =: X − (ε ) ε ε     (x+1)2     2   2      x + 2x + 3   (x + 2x + 1) +2 (x + 1)2   2  2   =    f)  − 1 =  − = 2 2 2 (x + 1)2 (x + 1) (x + 1) (x + 1) (x + 1)2       !   2 2   x + 2x + 3 2 2 (x+1) >0,ε >0 2 2   ⇔ < (x + 1) ⇔ < |x +  (x + 1)2 − 1 < ε ⇔ (x + 1)2 < ε ε ε 1| (∗) i) x →!∞ ⇒ x + 1 > 0 ⇒ !x > −1 ! 2 2 2 (∗) ⇒ < |x + 1| ⇔ < x+1 ⇔ x > −1 ε ε ε ii) x →!−∞ ⇒ x + 1 < 0!⇒ x < −1 ! ! 2 2 2 2 (∗) ⇒ < |x + 1| ⇔ < −(x + 1) ⇔ < −x − 1 ⇔ x < −1 − ε ε ε ε Insgesamt gilt also:

!

 2   x + 2x + 3  2 <ε gilt  − 1  2 (x + 1) !ε  2   x + 2x + 3  2 −  f¨ur x < X (ε ) = −1 − gilt  − 1 < ε . 2 ε (x + 1) f¨ur x > X + (ε ) = −1 +

Aufgabe 8.6 Unter R¨uckgriff auf die Definition des Grenzwerts zeige man lim x sin

x→±∞

unter Zuhilfenahme von |

2 =2 x

 π y2 sin y −1 |≤ f¨ur y ∈ 0; y 2 2

L¨osung: 2 ist gerade, darum gen¨ugt es, den Grenzwert x → +∞ zu betrachten. x   2     sin x 2 2  x − 1 | f (x) − 2 | = | x sin − 2 | = 2· | sin − 1 | = 2 ·   2  x 2 x   x π 2 x→+∞ ∈ (0, ) ⇒ man kann den Hinweis benutzen und es gilt: x 2 f (x) = x sin

102

8 Grenzwerte von Funktionen

2 π < x 2

2 x < π 2

4 x> π  2   2 2    sin  4 4   x − 1 ≤ 2 · x = 2 Falls x > ⇒ | f (x) − 2| = 2 ·   2  π 2 x   x 4 2 Also | f (x) − 2| < ε ⇔ <ε ⇔ x> √ 2 x ε 4 2 F¨ur x > X(ε ) := max{ , √ } ist | f (x) − 2| < ε . π ε 0<

⇔

⇔

Aufgabe 8.7 Berechnen Sie mit Hilfe der Rechenregeln f¨ur Grenzwerte die folgenden Grenzwerte x sin x , a) lim 2 x→±∞ x + 1 x + 1 xn − 1 · n b) lim x→+∞ x − 1 x + 1  2 cos x − sin2 x sin x c) limπ Hinweis: lim =1 π x→0 x −x x→ 4 ! 4 1 (1 − cos x) 2 , d) lim x→0  |x| √  1 x e) lim 1 + 2 + 3 x→+∞ x x   3 1 − f) lim x→1 1 − x (1 − x)(1 + x + x2 ) (x + 3)(2x − 1) g) lim x→−1 x2 + 3x − 2 (x + h)3 − x3 h) lim h→0 h sin x i) lim √ x→0 x L¨osung:

     x   x    = |x| → 0, x → ±∞   a) | f (x)| =  2 · | sin x| ≤  2  x +1 x + 1  x2 + 1 x sin x ⇒ lim 2 =0 x→±∞ x + 1 n x+1 x −1 x+1 xn − 1 · n = lim · lim n = 1·1 = 1 b) lim x→+∞ x − 1 x + 1 x→+∞ x − 1 x→+∞ x + 1

8 Grenzwerte von Funktionen

103

π

c)

d)

e) f)

g)

 π  π   sin sin 2 2 sin 2 − 2x − x − x 2 2 cos x − sin x cos 2x 2 4 π 4  = π = = = π π π −x −x −x −x −x 2 4 4 4 4 π 4  π −x x→ ⇒y→0 setze: y := 2 4 4 2 2 sin y cos x − sin x sin y = lim 2 limπ = 2 · lim = 2·1 = 1 π y→0 y→0 y y x→ 4 −x 4 ! !  x  x x 1     sin2 (1 − cos x) sin  1 sin 2  2 2 2 = = = ·  x  |x| |x| |x| 2   2 !  x  x 1     (1 − cos x) sin   sin  Subst.: y:= x 1 1 | sin y| 1 2 2 2 = lim ·  x  = · lim  x  = = 2 · lim ⇒ lim x→0 x→0 2 |x| 2 x→0   2 y→0 |x|   2 2 1 1 ·1 = 2  2 √  1 x 1 1 lim 1 + 2 + 3 = lim 1 + lim 2 + lim 5 = 1 + 0 + 0 = 1 x→∞ x→∞ x→∞ x x→∞ x 2 x x   1 3 1 3 − = 1− 1 − x (1 − x)(1 + x + x2 ) 1 − x 1 + x + x2 2 1+x+x −3 (x + 2)(x − 1) 1 x+2 1 · · = =− 2 = 1 − x 1 + x + x2 1−x 1+ x + x2 x + x+ 1 3 1 x+2 ⇒ lim − = lim − 2 = −1 2 x→1 1 − x x→1 (1 − x)(1 + x + x ) x +x+1 (x + 3)(2x − 1) lim x→−1 x2 + 3x − 2 lim (x + 3) lim (2x − 1) 2 · (−3) −6 3 x→−1 x→−1 = = = = lim (x2 + 3x − 2) (−1)2 + 3 · (−1) − 2 −4 2 

x→−1

(x + h)3 − x3 h) lim h→0 h x3 + 3x2 h + 3xh2 + h3 − x3 3x2 h + 3xh2 + h3 = lim = lim h→0 h→0 h h = lim (3x2 + 3xh + h2 ) = 3x2 h→0

sin x i) lim √ x→0 x √ sin x lim x = 1 · 0 = 0 = lim x→0 x x→0 sin x = 1 (siehe z.B.: Marti, Gr¨oger: ‘Br¨uckenkurs Mathematik’, Seite denn: lim x→0 x 97).

104

8 Grenzwerte von Funktionen

Aufgabe 8.8 Mit Hilfe der Rechenregeln f¨ur Grenzwerte und der Beziehung lim

x→±∞

suche man

1 = 0 unterx

2x2 + 4x − 7 x→∞ x3 + 3x2 − 5 2x2 − 2x + 4 b) lim x→∞ 3x2 + x − 1 a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am c) lim x→±∞ b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn a) lim

wobei a0 , b0 und m, n nat¨urliche Zahlen sind. L¨osung:

  2 2+ 4 − 7 x 2x2 + 4x − 7 x=0 x x2   = lim a) lim 3 x→∞ x + 3x2 − 5 x→∞ 3 5 3 x 1+ − 3 x x 4 7   2+ − 2 x2 1 x x ·2 = 0 = lim = lim 3 · lim 3 5 x→∞ x x→∞ x→∞ x 1+ − 3 x x   2 4 2 2− 2 + 4 x 2− + 2 2x2 − 2x + 4 x x2 x x  = 1 · lim = lim  b) lim = 1 1 x→∞ 3x2 + x − 1 x→∞ x→∞ 1 1 2 3+ − 2 x 3+ − 2 x x x x 2 3 1 = 0 und Rechenregeln f¨ur Grenzwerte I, II c) F¨ur k ∈ N gilt wegen lim x→±∞ x ( f (x) · g(x) → a · b, x → ±∞) c = 0, c ∈ R und offenbar (∗) lim x→±∞ xk k (∗∗) x ist unbeschr¨ankt f¨ur x → ±∞. am a1 m a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am x=0 x (a0 + x + · · · + xm ) = h(x) := bn b1 b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn xn (b0 + + · · · + n ) x x f (x) a Mit (∗), f (x) ± g(x) → a ± b, x → ±∞, → , x → ±∞ gilt g(x) b a a1 m a0 + + · · · + m x x = a0 lim bn b1 x→±∞ b0 b0 + + · · · + n x x a f (x) → , x → ±∞ folgt: und mit f (x) · g(x) → a · b, x → ±∞, g(x) b

8 Grenzwerte von Funktionen

lim h(x) existiert

x→±∞

⇐⇒

105

lim xm−n existiert.

x→±∞

Unter Ber¨ucksichtigung von (∗), (∗∗) ergibt sich: Fall 1: m > n

⇒

Fall 2: m = n

⇒

Fall 3: m < n

⇒

lim h(x) existiert nicht

x→±∞

lim h(x) =

x→±∞

a0 b0

lim h(x) = 0.

x→±∞

Aufgabe 8.9 Berechnen Sie √ 3 a) 87 b) 6√(−8)14 15 5 c) √ 125 √ 3 3 d) 4 · 16 5 √ 32 e) L¨osung: √  21 3 a) 87 = 3 (23 )7 = 2 3 = 27 = 128  7 b) 6 (−8)14 = −8 3 ;  √ 14 6 (−8)14 = | − 8| 6 = ( 3 8)7 = 128 √ 5 1 1 15 c) 1255 = 125 15 = 125 3 = 53· 3 = 5 √ √ 1 2 1 2 3 3 4 · 3 16 = 4 3 · 4 3 √ = 4 3 + 3 = 4 3 = 41 = 4 d)  √ √ √ 10 5 e) 32 = 10 32 = 25 = 2.

Aufgabe 8.10 Vereinfachen Sie die folgenden Ausdr¨ucke: 1 √ √ a) √ 2+ 3+ 5 a , a = 0 b) √ 5 4 a 2 c) (a + b) 33 (a + b)4  √ 7 √ 4 7 3 d) √ a22 a √ e)  6a3 b2 18ab √ 3 4 f) √a5 a5 3 a2 g) √ 3 , a = 0 (√ a) √ 6 5 h) a2x a5x

106

L¨osung: a)

b) c) d) e) f)

g) h)

8 Grenzwerte von Funktionen

√ √ √ √ √ √ √ √ √ 1 2+ 3− 5 2+ 3− 5 2+ 3− 5 √ √ √ √ = √ √ √ √ = = 2+3+2 6−5 2 6 2 + 3 + 5 ( 2 + 3)2 − ( 5)2 √ √ √ √ √ √ √ 6( 2 + 3 − 5) 2 3 + 3 2 − 30 = = 12 12 √ 4 1 a 1− 5 5 = 5 a, a = 0 √ = a = a 5 4 a 2 2 4 2 4 6 (a + b) 33 (a + b)4 = (a + b) 3 (a + b) 3 = (a + b) 3 + 3 = (a + b) 3 = (a + b)2  √ 22 3 11 3 14 7 √ 4 22 7 3 a = a 4·7 a 7·2 = a 14 + 14 = a 14 = a, a ≥ 0 √ a √ 1 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3 3 b2 18ab = 6 2 · 2 a 2·2 + 2 · 2 b 2·2 + 2 · 2 18 2 · 2 = 6 4 ·6 4 ·3 4 ab 4 = 2 2 ·3 2 + 4 ab 4 √6a 4 = a 2 (3b)3  √ 1 5 5 1 5 5 1 1 5 20 5 25 3 4 a5 a5 = (a5 (a5 ) 4 ) 3 = (a5 (a 4 )) 3 = a 3 a 4 · 3 = a 3 + 12 = a 12 + 12 = a 12 √ 24 + 1 = a 12 12 = a2 22 a mit a ≥ 0 √ 2 3 2 2 3 4 9 5 a3 1 a √ 3 = 3 = a 3 − 2 = a 6 − 6 = a− 6 = √ , a = 0 6 5 ( a) a a2 √ √ 2x 5x 2x 5x 2 5 12+25 30 7 7 5 2x 6 5x a√ a = a 5 a 6 = a 5 + 6 = a( 5 + 6 )x = a( 30 )x = [a( 30 + 30 )]x = (a1 a 30 )x = 30 ax a7x .

Kapitel 9

Stetige Funktionen

Definition Stetigkeit (Def 15.1, Kap 15) a) Es seien f eine Funktion mit Definitionsbereich D und x0 ∈ D, so dass jede Umgebung von x0 mindestens einen von x0 verschiedenen Punkt von D enth¨alt. f heißt stetig an der Stelle (im Punkt) x0 , wenn i) lim f (x) existiert x→x0

und ii) lim f (x) = f (x0 ). x→x0

b) Ist eine Funktion f stetig in jedem Punkt einer Teilmenge I ihres Definitionsbereiches, so heißt f stetig auf I. F¨ur stetig auf R“ sagt man auch u¨ berall stetig“ . ” ” Aufgabe 9.1 F¨ur welche Werte von x sind die Funktionen a) y = b)

2x2 − 1 x2 − x + 1

x2 |x| − 1

c) y =

x3 (x − 1)2

nicht definiert? Sind sie dort stetig erg¨anzbar? L¨osung: a) f (x) = wegen

2x2 − 1 x2 − x + 1 x2 − x + 1 = x2 − 2x ·

  1 2 3 1 1 1 + − +1 = x− + > 0 f¨ur alle x ∈ R 2 4 4 2 4

folgt: Df = R ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 9, 

108

9 Stetige Funktionen

x2 |x| − 1 Definitionsbereich: D f = R\{1, −1}, f stetig auf D f lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞ ⇒ nicht stetig erg¨anzbar

b) f (x) =

x↑1

x↓1

x3 c) f (x) = (x − 1)2 D f = R\{1} lim f (x) = +∞ ⇒ x→1

f kann an der Stelle 1 nicht stetig erg¨anzt werden.

Aufgabe 9.2 F¨ur x ∈ R bezeichne [x] die gr¨oßte Zahl n ∈ Z mit n ≤ x < n + 1. Untersuchen Sie die durch a) f (x) = [x]  b) f (x) = [x] + x − [x] gegebenen Funktionen f : R → R auf Stetigkeit und skizzieren Sie ihre Graphen im eingeschr¨ankten Definitionsbereich [0, 3]. L¨osung: a) f (x) = [x] F¨ur n ∈ N und ε > 0, 0 < ε<< 1, sei x = n + ε f (n + ε ) = [n + ε ] = n ⇒ lim ( f (n + ε ) − f (n − ε )) = 1 = 0 f (n − ε ) = [n − ε ] = n − 1 ε →0 tetig ⎧ ⎨ 0, 0 ≤ x < 1 f (x) = 1, 1 ≤ x < 2 ⎩ 2, 2 ≤ x < 3

Abb. 9.1 Bild zu Teilaufgabe a)

⇒

uns-

9 Stetige Funktionen

109

 b) f (x) := [x] + x − [x]  √ √ f (n + ε ) = [n + ε ] + (n + ε ) − [n + ε ] = n + n + ε − n = n + ε ⇒ lim f (n + ε ) = n ε ↓0   f√(n − ε ) = [n − ε ] + (n − ε ) − [n − ε ] = n − 1 + n − ε − (n − 1) = n − 1 + 1−ε ⇒ lim f (n − ε ) = n ε ↓0

⇒ lim( f (n + ε ) − f (n − ε )) = 0 ε ↓0

f (x) ist stetig ⎧√ 0≤x<1 ⎨ x,√ f (x) = 1 + √x − 1, 1 ≤ x < 2 ⎩ 2 + x − 2, 2 ≤ x < 3

⇒

Abb. 9.2 Bild zu Teilaufgabe b)

Aufgabe 9.3 An welchen Stellen sind die folgenden Funktionen stetig? ( x − |x| , x = 0 a) f (x) = x ⎧ 0, x = 0 ⎨ x3 − 8 b) g(x) = x2 − 4 , x = ±2 ⎩ 3 x=2 L¨osung: x−x x+x a) F¨ur x > 0 ist f (x) = = 0, f¨ur x < 0 ist f (x) = = 2. Damit ist f an x x allen Stellen x0 = 0 stetig, denn es gibt stets eine Umgebung von x0 , auf der f konstant ist.

110

9 Stetige Funktionen

Dagegen ist x0 = 0 eine Unstetigkeitsstelle, denn jede Umgebung von 0 enth¨alt Punkte x < 0, f¨ur die gilt: | f (x) − f (0)| = |2 − 0| = 2 > 1 =: ε b) Die rationale Funktion x → Stelle x = 2 hat man

x3 − 8 ist stetig f¨ur alle x = ±2, also auch g. An der x2 − 4 (x2 + 2x + 4)(x − 2) = 3 = g(2) x→2 (x + 2)(x − 2)

lim g(x) = lim

x→2

also ist g dort stetig. Die Stelle x = −2 liegt nicht im Definitionsbereich von g, braucht also nicht ber¨ucksichtigt zu werden. Aufgabe 9.4 Zeigen Sie, dass die aufgef¨uhrte Funktion f = f (x) stetig auf ihrem (gr¨oßtm¨oglichen) Definitionsbereich D f ist: f (x) =

1 + cos x 3 + sin x

L¨osung: f (x) =

1 + cos x 3 + sin x

3 + sin x = 0 f¨ur alle x ∈ R ⇒ D f = R Die Funktionen sin x, cos x sind stetig auf R (s. Kap. 15). Nach Theorem 15.1 (Kap. 15) folgt: f (x) stetig auf D f = R. Aufgabe 9.5 Untersuchen Sie folgende Funktion auf Stetigkeit in x0 = 0. ( 1 x sin , f¨ur x = 0 f (x) = x 0, f¨ur x = 0 L¨osung: (

1 x sin , x = 0 x 0, x = 0 f sicher stetig f¨ur x = 0, da sin x stetig ist. x = 0: Nach Aufgabe 9.5 d) gilt: 1 lim f (x) = lim x sin = 0 = f (0) x→0 x→0 x ⇒ f stetig in x = 0. f ist stetig. f (x) =

9 Stetige Funktionen

111

Aufgabe 9.6 Zeigen Sie, dass jede der aufgef¨uhrten Funktionen f = f (x) stetig auf ihrem (gr¨oßtm¨oglichen) Definitionsbereich D f ist. L¨asst sich f stetig auf R fortsetzen und - wenn ja - wie? a) f (x) =

2 + sin x 4 + sin x cos x

b) f (x) =

x sin x

L¨osung: 2 + sin x 4 + cos x sin x 4 + cos x sin x = 0 f¨ur alle x ∈ R, da sin x ∈ [−1, 1] und cos x ∈ [−1, 1] und somit cos x sin x ∈ [−1, 1] ⇒ Df = R Da sin x und cos x stetig sind, ist es somit auch 2 + sin x 4 + cos x sin x x b) f (x) = sin x sin x = 0 ⇔ x = 0, ±π , ±2π , ±3π , . . . ⇒ D f = R \ {kπ , k ∈ Z} Da x und sin x stetig sind auf D f ist es auch f (x). Stetige Fortsetzung: k = 0 sin x x 1 = 1 ⇒ lim = =1 Beispiel 14.4 a) (s. Kap.14.2): lim x→0 x x→0 sin x 1  f (x) , x = 0 ∗ stetig in x0 = 0 ⇒ f (x) = 1 ,x = 0 k = 0:  x +∞ , gerades k > 0 oder ungerades k < 0 lim = x↓kπ sin x  −∞ , ungerades k > 0 oder gerades k < 0 x −∞ , gerades k > 0 oder ungerades k < 0 = lim +∞ , ungerades k > 0 oder gerades k < 0 x↑kπ sin x ⇒ x0 = kπ ist f¨ur jedes k = 0 eine unendliche Sprungstelle; also ist f dort nicht stetig fortsetzbar. a) f (x) =

Aufgabe 9.7 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwerts¨atze: lim

x→x0

cos x − cos x0 = − sin x0 x − x0

L¨osung: Mit Hilfe von Additionstheoremen (Theorem 13.1 (s. Kap. 13.3)) wird cos x − cos x0 geschrieben als:   x + x 0 x − x0 x + x0 x − x0 x + x0 x − x0 + = cos cos − sin sin cos x = cos 2 2 2 2 2 2

112

9 Stetige Funktionen

 x + x0 x − x0 x + x0 x − x0 x + x 0 x − x0 − = cos cos + sin sin 2 2 2 2 2 2 x − x0 x + x0 sin ⇒ cos x − cos x0 = −2 sin 2 2 x − x0 x + x0 sin −2 sin cos x − cos x0 2 2 lim = lim x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 

cos x0 = cos

x − x0 x + x0 = lim − x − x2 sin x→x0 0 2 2 sin

= − sin x0 , sin x = 1 (siehe z.B.: Marti, Gr¨oger: ‘Br¨uckenkurs Mathematik’, denn lim x→0 x Seite 97 ). Aufgabe 9.8 Untersuchen Sie die folgende Funktion auf Stetigkeit in x0 = 0. ( cos x − 1 , x = 0 f (x) = x 0 , x=0 L¨osung:

x x  x x x Additionstheorem = cos + = cos2 − sin2 cos x = cos 2 · 2 2 2 2 2 x x x x cos2 + sin2 = 1 ⇔ cos2 = 1 − sin2 2 2 2 2 x x x Also cos x = 1 − sin2 − sin2 = 1 − 2 sin2 2 2 2 x x  sin2 sin2 x cos x − 1 1 1 1 x = cos x − = −2 sin2 = −x · 2 2 = − ·  22 x x x x x 2 2 x 2 2 ⎛ ⎞ x 2 x   sin sin2 x cos x − 1 ⎜ x ⎟ 2 2 = lim ⎝− ·  2 ⎠ = lim − lim · lim   = 0 = f (0) x x→0 x→0 x→0 x 2 2 x→0 x 2    2 =0  2  =1

⇒ f ist stetig in x0 = 0. Oder: cos x − 1 (cos x − 1)(cos x + 1) cos2 x − 1 − sin2 x = = = x x(cos x + 1) x(cos x − 1) x(cos x + 1)

9 Stetige Funktionen

113

1 sin x sin x x cos x + 1   cos x − 1 1 1 sin x = lim − lim (sin x) lim = −1 · 0 · = 0 = f (0) lim x→0 x→0 x→0 x→0 cos x + 1 x x 2 =−

⇒ f ist stetig in x0 = 0.

Kapitel 10

Zusammengesetzte Funktionen

Definition Zusammensetzung von Funktionen (Def. 17.1, Kap 17) Es seien f , g zwei Funktionen, so dass mindestens ein Element des Wertebereiches von f im Definitionsbereich von g liegt: W f ∩ Dg = Ø. Dann heißt die durch (g ◦ f )(x) := g( f (x)) auf

Dg◦ f = {x : x ∈ D f , f (x) ∈ Dg }

erkl¨arte Funktion g ◦ f die Zusammensetzung von g mit f . Aufgabe 10.1 Gegeben sind die beiden Funktionen f (x) und g(y). Bestimmen Sie die zusammengesetzte Funktion h(x) = ( f ◦ g)(x). a) y = f (x) = x3 z = g(y) = −3y b) y = f (x) = cos x y z = g(y) = 2 y +3 4 c) y = f (x) = mit D f = R\{−2} x+2 4 z = g(y) = − 2 mit Dg = R\{0} y 1 d) y = f (x) = 4 x +1 g= f L¨osung: a) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = −3x3 cos x b) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = cos2 x + 3 4 c) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = −2 = x+2−2 = x 4 x+2 ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 10, 

116

10 Zusammengesetzte Funktionen

d) h(x) = ( f ◦ g)(x) = g( f (x)) = f ( f (x)) = 

1 1 x4 + 1

=

4 +1

(x4 + 1)4 1 + (x4 + 1)4

Aufgabe 10.2 Geben Sie die zusammengesetzte Funktion (g ◦ f )(x) f¨ur die Funktionen f (x) =   1 1 1 − (mit Dg = R\{−1, 1}) an. cos x und g(x) = 2 x+1 x−1 Verwenden Sie sin2 x + cos2 x = 1, um den entstehenden Ausdruck zu vereinfachen. Bestimmen Sie den Definitionsbereich dieser Funktion. L¨osung: (g◦ f )(x) = 1 sin2 x !

1 2



1 1 − cos x + 1 cos x − 1



1 cos x − 1 − (cos x + 1) 1 −2 = · = · = 2 cos2 x − 1 2 − sin2 x

!

sin2 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇒ x = π k, k ∈ Z Dg◦ f = R\{π k, k ∈ Z}. Aufgabe 10.3 Bestimmen Sie den (maximalen) Definitionsund Wertebereich von ( f ◦ g)(x) und √ √ (g ◦ f )(x) f¨ur die Funktionen f (x) = x + 1, g(x) = 4 − x2 . L¨osung: D f = {x ∈ R; x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R; x ≥ −1} = [−1, ∞) Wurzelfunktion ist monoton steigend und stetig Also W f = R+ 0 Dg = {x ∈ R; 4 − x2 ≥ 0} √ = {x ∈ R; |x| ≤ 2} = [−2, √ 2] 2 Und Wg = {y ∈ R; y = 4 − x , x ∈ [−2, 2]} = [0, 4] = [0, 2] √ √ a) ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( 4 − x2 ) = 4 − x2 + 1 Wg = [0, 2] ⊂ [−1, ∞) = D f also D f ◦g =√Dg = [−2, 2] √ W f ◦g = [1, 3] ( x + 1 monoton wachsend)   √ √ √ b) (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g( x + 1) = 4 − ( x + 1)2 = 4 − (x + 1) = 3 − x R+ 0 = W f ⊂ Dg = [−2, 2] also Dg◦ f = D f = [−1, ∞) F¨ur welche x ∈ R ist −2 ≤ f (x) ≤ 2 erf¨ullt: √ 0 ≤ x + 1 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x + 1 ≤ 4 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 Schr¨ankt man den Definitionsbereich von f auf [−1, 3] ein, dann ist W f = [0, 2] ⊂ [−2, 2] = Dg √ also Dg◦ f = [−1, 3] und Wg◦ f = [0, 4] = [0, 2].

10 Zusammengesetzte Funktionen

117

Aufgabe 10.4 Fassen Sie die Funktion h(x) als zusammengesetzte Funktion auf, d.h. h(x) = (g ◦ f )(x), und geben Sie die beiden Funktionen f (x) und g(y) an. a) z = h(x) = e−5x b) z = h(x) = (x − 2) cos(3x) L¨osung: a) y = f (x) = −5x z = g(y) = ey b) y = f (x) = x − 2 z = g(y) = y cos(3(y + 2)). Aufgabe 10.5 Gegeben seien die Funktionen f1 (x) = x2 − x − 2 f2 (x) = x + 1. Bestimmen Sie die zusammengesetzten Funktionen h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) und h(x) = ( f2 ◦ f1 )(x). Beurteilen Sie, ob die Verkn¨upfung zweier Funktionen kommutativ ist, d.h. ob gilt h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) = h(x) = ( f2 ◦ f1 )(x). L¨osung: h(x) = ( f1 ◦ f2 )(x) = f1 ( f2 (x)) = (x + 1)2 − (x + 1) − 2 = x2 + 2x + 1 − x − 1 − 2 = x2 + x − 2 g(x) = ( f2 ◦ f1 )(x) = f2 ( f1 (x)) = (x2 − x − 2) + 1 = x2 − x − 1 Nicht kommutativ. Aufgabe 10.6 √ Bestimmen Sie f¨ur die Funktionen f (x) = x2 + 1, g(x) = x ( f ◦ g)(x), (g ◦ f )(x) und

D f ,W f , Dg ,Wg , D f ◦g ,W f ◦g , Dg◦ f ,Wg◦ f .

L¨osung: D f = R, Dg = R+ 0 = [0, ∞) W f = [1, ∞), Wg = R+ 0 √ √ ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f ( x) = ( x)2 + 1 = x + 1 auf Dg

Wg ⊂D f

⇔ D f ◦g = Dg ⇒ W f ◦g = W f (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(x2 + 1) =

W f ⊂Dg

√ x2 + 1

⇔ Dg◦ f = √ Df ⇒ f¨ur x ∈ R : x2 + 1 ≥ 1 ⇒ Wg◦ f = [1, +∞) = Wg .

118

10 Zusammengesetzte Funktionen

Aufgabe 10.7 √ Gegeben ist die Funktion f (x) = x. Geben Sie eine Funktion g(x) an, so dass der Definitionsbereich von ( f ◦ g)(x) a) nur die Zahl 0 enth¨alt b) nur die Zahl 1 enth¨alt. L¨osung:

 ( f ◦ g)(x) √ = f (g(x)) = g(x) f (x) = x ist definiert f¨ur alle x ≥ 0 ⇒ gesucht ist a) g(x) mit Wg = (−∞, 0] und g(0) = 0. g(x) := −x2 b) g(x) mit Wg = (−∞, 0] und g(1) = 0. g(x) := −(x − 1)2 . Aufgabe 10.8

4   π +x−2 An welchen Stellen ist die Funktion ϕ (x) = sin , x = ±1 stetig? x2 − 1 Man berechne lim ϕ (x). x→2

L¨osung:

π +x−2 ist nach Theorem 15.1 (Kap. 15) stetig an jeder Stelle x = ±1. x2 − 1 g(x) := sin x und h(x) := x4 sind u¨ berall stetig. Nach Theorem 17.1 (Kap. 17) ist dann ϕ = h ◦ g ◦ f stetig auf R \ {−1, 1}. f (x) :=

π 4 lim ϕ (x) = ϕ (2) = sin = x→2 3 

 √ 4 9 3 = . 2 16

Aufgabe 10.9 Sei ϕ (x) = ( f ◦ g)(x). Ermitteln Sie die Funktionen f (x) und g(x) bei den folgenden Funktionen: a) ϕ (x) = cos(x3 ) b) ϕ (x) = cos3 x 1 c) ϕ (x) = . 2 + x4 L¨osung: a) g(x) = x3 , f (x) = cos x b) g(x) = cos x, f (x) = x3 c) g(x) = 2 + x4 , f (x) = x−1 . Oder: g(x) = x4 , f (x) =

1 . 2+x

10 Zusammengesetzte Funktionen

119

Aufgabe 10.10 Gegeben sind die Funktionen f (x) = cos x mit π a) D f = [0, ] 2 π b) D f = [− , 0] 2 √ und g(x) = 1 − x2 mit Dg = [−1, 1]. Man bestimme die zusammengesetzte Funktion (g ◦ f )(x) f¨ur den Fall a) und f¨ur den Fall b). Ist es die selbe Funktion in beiden F¨allen? L¨osung: (g ◦ f )(x) =

√ √ 1 − cos2 x = sin2 x = | sin x|

a) W f = [0, 1] ⊂ [−1, 1] = Dg π ⇒ Dg◦ f = D f = [0, ] 2 F¨ur x ∈ Dg◦ f ist sin x ≥ 0 ⇒ (g ◦ f )(x) = sin x b) W f = [0, 1] ⊂ [−1, 1] = Dg π ⇒ Dg◦ f = D f = [− , 0] 2 F¨ur x ∈ Dg◦ f ist sin x ≤ 0 ⇒ (g ◦ f )(x) = − sin x.

Kapitel 11

Umkehrfunktionen

Definition Umkehrfunktionen (Def. 18.1, Kap. 18) Es sei f eine eineindeutige Funktion. Die durch y → f −1 (y), y ∈ W f erkl¨arte Funktion f −1 heißt Umkehrfunktion von f . 1 Achtung: f −1 = f Eigenschaften der Umkehrfunktion. (Theorem 18.1, Kap. 18) F¨ur die Umkehrfunktion einer eineindeutigen Funktion f gilt: D f −1 = W f , f

−1

f(f

W f −1 = D f

( f (x)) = x −1

f¨ur alle x ∈ D f

(y)) = y f¨ur alle y ∈ W f .

11.1 Mit Arcusfunktionen Umkehrfunktionen der trigonometrischen Funktionen heißen Arcusfunktionen (Arcussinus, Arcuscosinus, Arcustangens, Arcuscotangens). Aufgabe 11.1 Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen a) y(x) = cos(2 arccos x) b) y(x) = sin(arccos x) c) y(x) = arccos(sin x). Eine Funktion y = f (x) mit dem Definitionsbereich D f heißt (i) beschr¨ankt nach oben (bzw. nach unten), wenn ein festes C ∈ R existiert, so dass f (x) ≤ C (bzw. f (x) ≥ C) ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 11, 

122

11 Umkehrfunktionen

(ii) gerade (bzw. ungerade), wenn f (−x) = f (x) bzw. f (−x) = − f (x) (iii) periodisch mit der Periode T > 0, wenn f (x + T ) = f (x) f¨ur alle x ∈ D f . Halten Sie in einer Tabelle f¨ur diese Funktionen fest, ob sie die Eigenschaften (i), (ii) bzw. (iii) besitzen. L¨osung: i) y = cos(2 arccos x) Definitionsbereich von arccos x : |x| ≤ 1 cos(2α ) = cos2 α − sin2 α = cos2 α − (1 − cos2 α ) = 2 cos2 α − 1 ⇒ cos(2 arccos x) = 2(cos(arccos x))2 − 1 = 2x2 − 1, |x| ≤ 1

Abb. 11.1 y = cos(2 arccos x)

ii) y = sin(arccos x) Definitionsbereich arccos x : |x| ≤ 1 Wertebereich arccos x : [0, π ] √ ⇒ sin α = ± 1 − cos2 α√ sin2 α = 1 − cos2 α ⇒ sin(arccos x) = 1 − (cos(arccos x))2 = 1 − x2 Nur positive Wurzel, da sin auf [0, π ] nicht negativ wird!
 











 

Abb. 11.2 y = sin(arccos x)

iii) y = arccos(sin x) Da sin x periodisch ist mit der Periode 2π ist es auch arccos(sin x).

11.1 Mit Arcusfunktionen

123

π − x)) 2 Mit dem Wertebereich [0, π ] von arccos folgt somit: π π π a) 0 ≤ − x ≤ π ⇔ − ≤ x ≤ 2 2 2 π π π ⇒ y = − x, x ∈ [− , ] 2 2 2 π π 3 b) 0 ≤ x − ≤ π ⇔ ≤ x ≤ π 2 )2 $2 π π 3π , ⇒ y = x− , x ∈ 2 2 2 sin x = cos(±(











 










 



 






Abb. 11.3 y = arccos(sin x)

beschr¨ankt oben y = cos(2 arccos x) C = 1 y = sin(arccos x) C = 1 y = arccos(sin x) C = π

unten gerade ungerade periodisch C = −1 + − − C=0 + − − C=0 − − T = 2π .

Aufgabe 11.2 Bestimmen Sie die Definitions- und Wertebereiche der Funktionen f (x). Vereinfachen Sie die Funktionen soweit als m¨oglich und skizzieren Sie diese. a) b) c) d)

y = sin(arcsin x) y = cos(arcsin x) y = arcsin(sin x) y = arcsin(cos x)

L¨osung: a) y = sin(arcsin x) = f (g(x)) mit u = g(x) = arcsin x π π Wg = [− , ] Dg = [−1; 1] 2 2

124

11 Umkehrfunktionen

Df = R W f = [−1; 1] Wg ⊂ D f ⇒ D f ◦g = Dg = [−1, 1] W f ◦g = [−1, 1] ⇒y=x −1 ≤ x ≤ 1 nicht periodisch

sin(asin(x))

y 2 1.5 1 0.5 0 -1

-0.5

0

0.5

1 x

-0.5 -1 -1.5 -2

Abb. 11.4 y = sin(arcsin x))

b) y = cos(arcsin x) = f (g(x))

mit u = g(x) = arcsin x π π Df = R Dg = [−1, 1] Wg = [− , ] 2 2 1] Wg ⊂ D f ⇒ D f ◦g = Dg = [−1,   √ y = cos u = 1 − sin2 u = 1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2 nicht periodisch

0≤y≤1

11.1 Mit Arcusfunktionen

125

cos(asin(x))

y 1.5

1

0.5

0 -1

-0.5

0

0.5

1 x

-0.5

Abb. 11.5 y = cos(arcsin x)

c) y = arcsin(sin x) = f (g(x)) mit u = g(x) = sin x y ist periodisch mit T = 2π Nach Def. ist y der Bogen zum sin-Wert u, also u = sin y und u = sin x π π Es gilt somit u = sin y = sin x = sin(π − x); zu beachten ist − ≤ y ≤ 2 2

π ≤y≤ 2 π ii) − ≤ y ≤ 2 i) −

π 2 π 2

y=x y = π −x

−

π π ≤x≤ 2 2 π π − ≤ π −x ≤ ⇒ 2 2

π 3π ≤x≤ 2 2

126

11 Umkehrfunktionen

asin(sin(x)) y

-2 pi

-1 pi

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.50 pi -1 -1.5 -2 -2.5 -3

1 pi

2 pi

x

Abb. 11.6 y = arcsin(sin x)

d) y = arcsin(cos x) = f (g(x)) mit u = g(x) = cos x y ist der Bogen zum sin-Wert u, also u = sin y π π Es ist zu beachten, dass − ≤ y ≤ , da y = arcsin u der Hauptwert der Um2 2 π π kehrfunktion zum sin ist. Ferner gilt cos x = sin( − x) = sin( + x) 2 2 π π π π u = sin y = sin( − x) = sin( + x) wobei stets gilt: − ≤ y ≤ 2 2 2 2

π ≤y≤ 2 π ii) − ≤ y ≤ 2 i) −

π π π π , y = −x ⇒ − ≤ −x ≤ 2 2 2 2 π π π π , y = +x ⇒ − ≤ +x ≤ 2 2 2 2

π ⇒ 0≤x≤π 2 π ⇒ −π ≤ x ≤ 0. 2

11.1 Mit Arcusfunktionen

127

asin(cos(x)) y

-2 pi

-1 pi

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.50 pi

1 pi

-1 -1.5 -2 -2.5

Abb. 11.7 y = arcsin(cos x)

Aufgabe 11.3 Skizzieren Sie die Funktionen nach Vereinfachung √ a) y = arcsin 1 − cos2 x b) y = sin(arctan x) c) y = sin(4 arccos x) L¨osung:

√ a) y = arcsin 1 − cos2 x = f (x) √ π 1 − cos2 x ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 ⇒ 0 ≤ y ≤ 2 f (−x) = f (x) ⇒ gerade Funktion y(x + T ) = y(x) periodisch mit T = π ; y = arcsin | sin x| nach Definition | sin x| = sin y Beschr¨ankung auf die x-Werte einer Periode: sin y = + sin x = sin(π − x)

π π ⇒y=x f¨ur 0≤x≤ 2 2 π π ⇒ y = π −x ≤x≤π ii) 0 ≤ y ≤ f¨ur 2 2 Periodische Fortsetzung! i) 0 ≤ y ≤

2 pi

x

128

11 Umkehrfunktionen y 2

asin((1-cos(x)*cos(x))**0.5)

1.5

1

0.5

0 0 pi

-1 pi

1 pi

2 pi

x

√ Abb. 11.8 y = arcsin 1 − cos2 x

b) y = sin arctan  x

−π π < arctan x < 2 2

nicht periodisch;

u

sin u

y = sin u =  = = = =

= sin u + cos2 u sin u √ = cos u 1 + tan2 u tan u √ = 1 + tan2 u tan(arctan x)  = 1 + tan(arctan x)2 x √ 1 + x2 2

y 2

sin(atan(x))

1.5 1 0.5 0 -4 -3 -2 -1

Abb. 11.9 y = sin(arctan x)

0

1

2

3

4

5

6

7

8x

x∈R

11.1 Mit Arcusfunktionen

129

c) y = sin(4 arccos x) = f (x) Darccos = [−1, 1] D f = [−1, 1] = W f z := arccos x 2 z − sin2 z) = 4 sin z cos z(2 cos2 z − 1) sin 4z = 2 sin 2z √cos 2z = 4(sin z cos z)(cos 2 y = sin 4z = 4 1 − cos2 z cos z(2 cos z − 1) √ mit cos z = cos(arccos x) = x ⇒ y = sin 4z = 4 1 − x2 x(2x2 − 1).

y 1 0.5 -1

0 -0.5 0 -0.5

0.5

1 x

-1

Abb. 11.10 y = sin(4 arccos x)

Aufgabe 11.4 π Zeigen Sie, dass arcsin x + arccos x = f¨ur alle x ∈ [−1, 1]. 2 L¨osung: Mit dem Additionstheorem f¨ur sin erh¨alt man  π − arccos x = cos(arccos x) = x. sin 2 * π π π+ π folgt hieraus arcsin x = − arccos x. Wegen − arccos x ∈ − , 2 2 2 2 Aufgabe 11.5 Zeigen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme der trigonometrischen Funktionen, dass    √ a) arccos x + arccos y = arccos xy − 1 − x2 1 − y2    √ b) arcsin x + arcsin y = arcsin x 1 − y2 + y 1 − x2 x+y c) arctan x + arctan y = arctan 1 − xy sofern links der Wertebereich des Hauptzweiges nicht verlassen wird.

130

11 Umkehrfunktionen

L¨osung: a)   arccos x + arccos y = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 ) arccos x = a ; arccos y = b ⇐⇒ cos a = x ; cos b = y   sin a = 1 − cos2 a = 1 − x2   sin b = 1 − cos2 b = 1 − y2 cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b   1 − x2 1 − y2   ⇒ a + b = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 )   ⇒ arccos x + arccos y = arccos(xy − 1 − x2 1 − y2 ) ⇒ cos(a + b) = xy −

b)   arcsin x + arcsin y = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − yx2 ) arcsin x = a ; arcsin y = b ⇐⇒ sin a = x ; sin b = y   cos a = 1 − sin2 a = 1 − x2   cos b = 1 − sin2 b = 1 − y2 sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a  1 − y2 + y 1 − x2   ⇒ a + b = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − x2 )   ⇒ arcsin x + arcsin y = arcsin(x 1 − y2 + y 1 − x2 ) ⇒ sin(a + b) = x

x+y 1 − xy a := arctan x ⇔ x = tan a b := arctan y ⇔ y = tan b tan a − tan b x+y tan(a + b) = = 1 − tan a tan b 1 − xy x+y ⇒ a + b = arctan 1 − xy x+y . ⇒ arctan x + arctan y = arctan 1 − xy

c) arctan x + arctan y = arctan



11.1 Mit Arcusfunktionen

131

Aufgabe 11.6

  !  2x x und g(x) = arcsin −1 Gegeben sind die Funktionen f (x) = 2 arcsin A A mit A > 0. Bestimmen Sie D := D f ∩ Dg . L¨osung: Darcsin = [−1, 1]

π π Warcsin = [− , ] 2 2

!  x mit A > 0 a) f (x) = 2 arcsin A ! x ∈ [0, 1] ⇔ x ∈ [0, A] = D f ⇒ x ≥ 0, A  b) g(x) = arcsin ⇔ −1 ≤

 2x 2x −1 ⇒ − 1 ∈ [−1, 1] A A

2x 2x +1 −1 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ ≤2 A A

A>0

⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2A ⇔ 0 ≤ x ≤ A

⇔ x ∈ [0, A] = Dg ⇒ D f = Dg und somit D f ∩ Dg = [0, A].

Aufgabe 11.7 Bestimmen Sie die Definitions- und Wertebereiche der Funktionen f (x), und berechnen Sie ihre Umkehrfunktionen in ihren verschiedenen Monotoniebereichen: √ a) f (x) = arctan 4x2 − 1 1 b) f (x) = arcsin !  x 4 4 +1 2 L¨osung: a) Definitionsbereich: 1 4x2 − 1 ≥ 0 ⇒ |x| ≥   2   1 1 ∪ , +∞ D f = −∞, − 2 2 Wertebereich:

132

11 Umkehrfunktionen

π W f = [0, + ) 2 Umkehrfunktionen: ! 1 1 1 x= (1 + (tan y)2 ) = ± 4 2 cos y ! 1 1 1 (1 + (tan x)2 ) = ± Variablentausch: y = 4 2 cos x 1 y1 = 2 cos x 1 y2 = − 2 cos x b) D f = R

π W f = (0, ] 2 Umkehrfunktionen: 1 sin y = !  x 4 4

⇒

2  x 4

2  x = ±2

+1

+1 =

1 (sin y)4

1 (sin y)4 1 4 −1 =

1 1 − (sin y)4 4 = = ±2 (sin y)4 1  ((cos y)2 + (sin y)2 )2 − (sin y)4 4 = = ±2 (sin y)4 1  (cos y)4 + 2(sin y)2 (cos y)2 4 = = ±2 (sin y)4 

1

= ±2((cot y)4 + 2(cot y)4 (tan y)2 ) 4 =  = ±2 cot y 4 1 + 2(tan y)2 Variablentausch:  1 + 2(tan x)2 y1 = 2 cot x 4  y2 = −2 cot x 4 1 + 2(tan x)2 .

11.2 Logarithmusfunktionen

133

11.2 Logarithmusfunktionen Logarithmusfunktionen sind Umkehrfunktionen der Exponentialfunktionen. Aufgabe 11.8 Vereinfachen Sie folgende Ausdr¨ucke: ln 6 − ln 3 2 ln a a b) ln ·e b a)

(Hinweis: ln x := loge x). L¨osung: 6 ln 2 ln 6 − ln 3 ln 3 = = =1 a) ln 2 ln 2 ln 2 a  b) ln · ea = ln a − ln b + ln ea = ln a − ln b + a. b Aufgabe 11.9 Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen y1 (x) = log2 x, y2 (x) = log 1 x, y3 (x) = log4 x, y4 (x) = log 1 x. 2

4

L¨osung: loga x = y

⇔

ay = x

log2 x = y

⇔

2y = x

y −3 −2 −1 0 1 2 3 1 1 1 1248 x 8 4 2 F¨ur die weiteren Aufgaben folgendes Vorgehen: ln x Allgemein gilt loga x = . ln a ⇒

⇒ y2 (x) = log 1 x = 2

ln x ln x ln x =− = − log2 x = 1 ln 1 − ln 2 ln 2 ln 2

ln x 1 ln x 1 ln x ln x = = · = log2 x = 2 ln 4 ln 2 2 ln 2 2 ln 2 2 ln x 1 ln x 1 ln x ln x ln x = =− · = − log2 x. y4 (x) = log 1 x = 1 = = 2 4 ln 1 − ln 4 − ln 2 −2 ln 2 2 ln 2 2 ln 4 y3 (x) = log4 x =

134

11 Umkehrfunktionen

y 5 4 log2 (x) 3 log4 (x)

2 1 0 -1

0

1

2

3

4

5

6

7

8 9 log1/4 (x)

-1

10

-2 log1/2 (x) -3 -4 -5

Abb. 11.11 Grafik zu Aufgabe 11.9

Aufgabe 11.10 a) Es seien 0 < a = 1 und c > 0. L¨osen Sie die Gleichung i) ab = c nach b auf ii) b = loga c, c = 1, nach a und nach c auf! b) Wie gewinnt man die Logarithmen zur Basis 10 aus denen zur Basis e (nat¨urliche Logarithmen)? L¨osung: Der Logarithmus ist die Zahl, mit der man die Basis potenzieren muss, damit das Argument rauskommt. a) loga x ist die Umkehrfunktion von ax , d.h.: loga (ax ) = x und aloga x = x i) ab = c ⇒ loga (ab ) = loga (c) ⇒ b = loga (c)

ii) b = loga (c) ⇒ ab = aloga (c) ⇒ c = ab

c=1,b=0

⇔

a = (ab ) b = c b

b) x = 10log10 x ⇒ ln x = ln(10log10 x ) = log10 x · ln 10 ln x ⇒ log10 x = . ln 10

1

1

x

11.2 Logarithmusfunktionen

Aufgabe 11.11 F¨ur welche x gilt 1 −2 (i) log4 2(x ) = 18 2 (ii) (2x )2 = 3(x ) ? L¨osung: √ √ 1 1 1 −2 ! ⇔ 2(x ) = 4 18 = 18 4 = 9 2 = 2 9 = 18 1 1 1 ⇔ x−2 = ⇔ 2 = ⇔ x2 = 9 9 x 9 ⇔ x = 3 oder x = −3 2 2 ii) (2x )2 = 3(x ) ⇔ 22x = 3(x ) 2 ⇔ ln(22x ) = ln(3(x ) ) ⇔ 2x ln 2 = x2 ln 3 ⇔ 2x ln 2 − x2 ln 3 = 0 ⇔ x(2 ln 2 − x ln 3) = 0 2 ln 2 . ⇔ x = 0 oder 2 ln 2 − x ln 3 = 0 ⇔ x = ln 3 i) log4 2(x

−2 )

Aufgabe 11.12 Berechnen Sie a) log2 32 √ 3 b) log6 6 1 c) log3 9 d) log7 1  ex e) ln y e L¨osung: a) log2 32 = log2 25 = 5 √ 1 1 b) log6 3 6 = log6 6 3 = 3 1 −2 c) log3 = log3 3 = −2 9 0 d) log7 1 =  log7 7 = 0 x e e) ln y = ln ex − ln ey = x − y. e

135

136

11 Umkehrfunktionen

Aufgabe 11.13 ax by a) Seien a, b, c > 0 und x, y, z ∈ R. Stellen Sie z als Potenz von a dar. c √ 3x2 3 y b) Logarithmieren Sie den Ausdruck 2zu3 L¨osung: a) log b = loga b log a log c = loga c sei aγ = c ⇔ log aγ = log c ⇔ γ log a = log c ⇔ γ = log a

sei aβ = b ⇔ log aβ = log b ⇔ β log a = log b ⇔ β =

⇒

ax (aβ )y ax+β y ax by = = γ z = ax+β y−γ z mit β = loga b, γ = loga c z γ z c (a ) a

b)  ln

√  3x2 3 y √ = ln 3x2 + ln | 3 y| − (ln |2z| + ln |v3 |) 2z v3 1 = ln 3 + 2 ln |x| + ln |y| − ln 2 − ln |z| − 3 ln |v|. 3

Aufgabe 11.14 Bestimmen Sie die L¨osung x von a) 3x−2 = 2x+3 b) e2x + ex − c = 0, c ∈ R Hinweis: log 2 ≈ 0, 3010, log 3 ≈ 0, 4771, wobei log := log10 L¨osung: a) 3x−2 = 2x+3 | log (x − 2) log 3 = (x + 3) log 2 x log 3 − 2 log 3 = x log 2 + 3 log 2 x log 3 − x log 2 = 3 log 2 + 2 log 3 x(log 3 − log 2) = 3 log 2 + 2 log 3 3 log 2 + 2 log 3 x= log 3 − log 2 x ≈ 10, 5476

11.2 Logarithmusfunktionen

137

b) e2x + ex − c = 0 (ex )2 + ex − c = 0 y := ex > 0 y2 + y − c = 0 √ −1 ± 1 + 4c 2 y > 0 ⇒ Nur L¨osung √ 1 1 + 4c mit y=− + 2√ 2 1 1 + 4c = ex − + 2 2√   1 1 + 4c = x. ln − + 2 2 y1,2 =

Also, f¨ur c ≤ 0 f¨ur c > 0

√ 1 + 4c > 1

(⇒ c > 0)

hat die Gleichung keine L¨osung, hat die Gleichung eine L¨osung √   1 + 4c 1 . x = ln − + 2 2

Aufgabe 11.15 Berechnen Sie die L¨osung der Gleichung ln(x2 ) + ln(3x−3 ) = 2 ln(x−1 ) + 2. L¨osung: ln(x2 ) + ln(3x−3 ) = 2 ln(x−1 ) + 2

⇒ ln(x2 · 3x−3 ) = ln (x−1 )2 + 2

⇒ ln(3x−1 ) = ln x−2 + 2 −2 −1 ⇒ eln(3x ) = eln(x )+2 −2 ⇒ 3x−1 = eln(x ) e2

⇒ 3x−1 = x−2 e2 ⇒ 3x = e2 e2 ⇒ x= . 3 Aufgabe 11.16

1 F¨ur welche x gilt log27 32x+1 = ? 2

138

11 Umkehrfunktionen

L¨osung: 1 2 1 2x+1 = 27 2 ⇒ 27log27 3 1 3 ⇒ 32x+1 = (33 ) 2 = 3 2 3 ⇒ 2x + 1 = 2 1 ⇒x= . 4 log27 32x+1 =

Aufgabe 11.17 F¨ur welche x gilt a) ex = (ex )2 x b) 2x = (2x )x 2

L¨osung: a) ex = (ex )2 2

⇒ ln ex = ln(ex )2 2

⇒ x2  ln e = 2 ln(ex ) =1

ln e ⇒ x2 = 2x  =1

⇒ x2 = 2x ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2 b) x

2x = (2x )x x

ln 2x = ln(2x )x

⇒ xx ln 2 = x ln 2x ⇒ xx ln 2 = x x ln 2 ⇒ xx = x2

| ln

⇒ ln xx = ln x2 ⇒ x ln x = 2 ln x ⇒ (x − 2) ln x = 0 ⇒ x1 = 1 x2 = 2.

11.2 Logarithmusfunktionen

139

Aufgabe 11.18 L¨osen Sie die folgenden Gleichungen nach y(x) auf a) −e−y = ex (x − 1) + c b) ln |y| = −2 ln |x| − ln c

c∈R c>0

L¨osung: a) −e−y = ex (x − 1) + c | ln ⇒ e−y = −ex (x − 1) − c ⇒ −y = ln(ex (1 − x) − c) ⇒ y = − ln((1 − x)ex − c) mit x so, dass (1 − x)ex − c > 0 b) ln |y| = −2 ln |x| − ln c x−2 ⇒ ln |y| = ln c 1 ⇒y=± 2 c>0 x = 0. cx Aufgabe 11.19 Begr¨unden Sie, warum die Logarithmengesetze nicht gelten: a) f (x) = log(x − 2)(x + 2) = log(x − 2) + log(x + 2) √ 1 1 b) f (x) = log(−1 − x) + log(x − 1) = log 1 − x2 2 2  1 c) f (x) = log 12 (1 − x2 )4 = log(1 − x2 ) 3   5 6 6 2 d) f (x) = log( (2 − x) (2 − x)8 ) = log(2 − x) 3 e) f (x) = log x4 = 4 log x L¨osung: a) b) c) d) e)

f ∗ (x) := log(x D f ∗ = (2, ∞) = D f = (−∞, −2) ∪ (2, ∞) √− 2) + log(x + 2) f ∗ (x) := log 1 − x2 D f ∗ = (−1, 1) = D f = {0} /  1 12 2 (1 − x )4 = |1 − x2 | 3 K¨urzungsregel bei der Wurzel gilt nicht:   1 4 wie c): 6 (2 − x)2 6 (2 − x)8 = |2 − x| 3 · |2 − x| 3 f ∗ (x) := 4 log x D f ∗ = (0, ∞) D f = R\{0} D f ∗ = D f .

Aufgabe 11.20 Bestimmen Sie graphisch die Umkehrfunktion von y = f (x) = ln x. Geben Sie Definitions- und Wertebereich an.

140

11 Umkehrfunktionen

L¨osung: Bei der graphischen Bestimmung der Umkehrfunktion sind folgende Punkte zu beachten: - Skizze der Funktion y = f (x) - Spiegelung an der Winkelhalbierenden y = x - Bestimmung von Intervallen mit eineindeutiger Beziehung zwischen x und y durch Einschr¨ankung des Definitins- und Wertebereichs. y = f (x) = ln x ⇒ x = f −1 (y) = ey Variablentausch: y = f −1 (x) = ex Dln = R+ , Wln = R Dexp = R, Wexp = R+ .

Abb. 11.12 Grafik zu Aufgabe 11.20

Aufgabe 11.21 Gegeben seien die Funktionen f (x) = ln x, Man bestimme den Definitionsbereich von a) b) c) d)

( f ◦ g ◦ h)(x) ( f ◦ h ◦ g)(x) (g ◦ f ◦ h)(x) (g ◦ h ◦ f )(x)

g(x) =

√ x und h(x) = sin x.

11.3 Areafunktionen

141

L¨osung: D f = R+ W f = R Wg = R+ Dg = R+ 0 0 Dh = R Wh = [−1; 1] √ √ a) ( f ◦ g ◦ h)(x) = f (g(h(x))) = f (g(sin x)) = f ( sin x) = ln sin x !

D f = R+ ⇒ Wg◦h ⊂ R+ ⇒

√

!

sin x > 0 ⇔

√

!

sin x = 0

!

Dg = R+ ⇒ Wh ⊂ R+ d.h. sin x > 0 ⇔ 2kπ < x < (2k + 1)π , k ∈ Z ⇒ D f ◦g◦h = (2kπ ; (2k + 1)π ) , k ∈√Z √ √ b) ( f ◦ h ◦ g)(x) = f (h(g(x))) = f (h( x)) = f (sin x) = ln (sin x) !

+ D f = R+ ⇒ √Wh◦g ⊂ R d.h. 0 < sin √ x≤1 ⇔ 2kπ < x < (2k + 1)π , k ∈ N0 ⇔ (2kπ )2 < x < ((2k + 1)π )2 , k ∈ N0 ⇒ D f ◦h◦g = ((2kπ )2 , ((2k + 1)π )2 ) , k ∈ N0  c) (g ◦ f ◦ h)(x) = g( f (h(x))) = g( f (sin x)) = g(ln(sin x)) = ln (sin x) !

+ Dg = R+ 0 ⇒ W f ◦h ⊂ R0

1 ⇒ ln(sin x) ≥ 0 ⇒ sin x ≥ 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = (2k + )π , k ∈ Z 2 1 ⇒ Dg◦ f ◦h = {(2k + )π , k ∈ Z} 2  d) (g ◦ h ◦ f )(x) = g(h( f (x))) = g(h(ln x)) = g(sin(ln x)) = sin (ln x) !

+ Dg = R+ 0 ⇒ Wh◦ f ⊂ R0 ⇒ 0 ≤ sin (ln x) ≤ 1 ⇔ 2kπ ≤ ln x ≤ (2k + 1)π , k ∈ Z ⇒ Dg◦h◦ f = [exp (2kπ ) ; exp((2k + 1)π )] , k ∈ Z.

11.3 Areafunktionen Definition Hyperbelfunktionen a) Hyperbolische Sinusfunktion (Sinus hyperbolicus): ex − e−x D = R, x → sinh x = 2 b) Hyperbolische Kosinusfunktion (Cosinus hyperbolicus): ex + e−x D = R, cosh x = 2

142

11 Umkehrfunktionen

c) Hyperbolische Tangensfunktion (Tangens hyperbolicus): ex − e−x sinh x = x D = R, tanh x = cosh x e + e−x d) Hyperbolische Kotangensfunktion (Cotangens hyperbolicus): cosh x ex + e−x = x D = R\{0}, coth x = sinh x e − e−x Definition Areafunktionen Definition: Areafunktionen a) b) c) d)

Areasinusfunktion arsinh: Umkehrfunktion von sinh Areacosinusfunktion arcosh: Umkehrfunktion von cosh Areatangensfunktion artanh: Umkehrfunktion von tanh Areakotangensfunktion arcoth: Umkehrfunktion von coth

Aufgabe 11.22 Bestimmen Sie graphisch die Umkehrfunktion von y = f (x) f¨ur a) f (x) = sinh x b) f (x) = cosh x. Geben Sie deren Definitions- und Wertebereiche an. L¨osung: Bei der graphischen Bestimmung der Umkehrfunktion sind folgende Punkte zu beachten: - Skizze der Funktion y = f (x) - Spiegelung an der Winkelhalbierenden y = x - Bestimmung von Intervallen mit eineindeutiger Beziehung zwischen x und y durch Einschr¨ankung des Definitins- und Wertebereichs. a) y = f (x) = sinh x ⇒ x = f −1 (y) = arsinh y Variablentausch : y = arsinh x Dsinh = R, Wsinh = R Darsinh = R, Warsinh = R b) y = f (x) = cosh x ⇒ x = f −1 (y) = arcosh y Variablentausch : y = arcosh x Dcosh = R, Wcosh = [1; +∞) Darcosh = [1; +∞), Warcosh = R+ 0.

Aufgabe 11.23 Berechnen Sie jeweils mit Hilfe des nat¨urlichen Logarithmus die Umkehrfunktion y = arsinhx von sinh x.

11.3 Areafunktionen

Abb. 11.13 Grafiken zu Aufgabe 11.22

L¨osung:

  1 x 1 1 x −x e − x , t := ex ≥ 1, x ∈ [0, ∞) y = sinh x = (e − e ) = 2 2     e 1 1 t2 − 1 1 1 t− = = (t 2 − 1) ⇒y= 2 t 2 t 2t + y2 ⇔ t 2 − 1 = 2ty ⇔ t 2 − 2ty = 1 ⇔t 2 − 2ty + y2 = 1 2 2 ⇔ (t − y)2 = y2 + 1 ⇔  t −y = ± y +1 ⇔ t = ± y +1+y 2 ⇒ wegen t > 1 und y + 1 > y f¨ur alle y ∈ R   t=ex ⇒ t = y2 + 1 + y ⇒ x = ln(y + y2 + 1).

143

144

11 Umkehrfunktionen

Aufgabe 11.24 Bestimmen Sie die Intervalle, auf denen f (x) = tanh x monoton w¨achst bzw. f¨allt und geben Sie dort die jeweilige Umkehrfunktion an (Substituieren t := ex ). Geben Sie den Definitions- und Wertebereich an. Die Monotoniebereiche sollen mittels der Definition der Monotonie einer Funktion bestimmt werden (d.h. ohne Ableitung). Erweitern Sie zuvor mit ex . Hinweis: Behaupten Sie f (x1 ) < f (x2 ) “ und formen Sie a¨ quivalent um. ” Welche Symmetrie besitzt die Umkehrfunktion? L¨osung: e2x − 1 ex − e−x = ex + e−x e2x + 1 Behauptung: f (x) = tanh x w¨achst monoton f¨ur alle x ∈ R, d.h. x1 < x2 ⇔ f (x1 ) < f (x2 )

y=

f (x1 ) < f (x2 ) :

e2x1 − 1 e2x2 − 1 < ⇔ (e2x1 − 1)(e2x2 + 1) < (e2x2 − 1)(e2x1 + 1) e2x1 + 1 e2x2 + 1 x e +1>0

⇔ 2e2x1 < 2e2x2 ⇔ x1 < x2 Die Behauptung ist f¨ur alle x1 , x2 ∈ R wahr! ⇒ eine Umkehrfunktion Df = R ex − e−x ex − e−x = 1 und lim = −1 W f := (−1, 1) , da lim x x→∞ e + e−x x→−∞ ex + e−x Umkehrfunktion: t2 − 1 1+y ⇔ t2 = >0 t := ex > 0; y = 2 t +1 1 − y  1+y 1 lnt 2 = ln e2x = 2x ⇒ x = ln 2 1−y Variablentausch:   1+x 1 = f −1 (x) = artanhx y = ln 2 1−x     1−x 1+x 1 1 = − ln = − f −1 (x) f −1 (−x) = ln 2 1+x 2 1−x ⇒ y = artanhx ist ungerade (Punktsym.). Aufgabe 11.25 Vereinfachen Sie, wenn m¨oglich: a) b) c) d)

y = sinh(arcoshx) y = cosh(arsinhx) y = sinh(artanhx) y = artanh(coth x)

L¨osung: a) y = sinh(arcoshx) = f (g(x)) x≥1 y≥0 u := arcoshx u≥0 cosh2 u − sinh2 u = 1

11.3 Areafunktionen

145

Abb. 11.14 Grafik zu Aufgabe 11.24

Es gilt cosh(arcoshx) = x x≥1   √ 2 y = sinh u = cosh u − 1 = cosh2 (arcoshx) − 1 = x2 − 1 b) y = cosh(arsinhx)

x≥1

x ∈ R y ≥ 1 u = arsinhx cosh2 u = 1 + sinh2 u  x ∈ R y = 1 + sinh2 u = 1 + sinh2 (arsinhx)

sinh(arsinhx) = x √ = 1 + x2 c) y = sinh(artanhx) u = artanhx

x ∈ (−1, 1)

sinh2 u tanh2 u = tanh(artanhx) = x 2 cosh u − sinh u 1 − tanh2 u tanh u x tanh(artanhx) y=  x ∈ (−1, 1) =√ = 2 2 1 − x2 1 − tanh u 1 − tanh (artanhx) d) y = artanhx(coth x) = f (g(x)) u = g(x) = coth x x∈R u < −1 u>1 Wg = (−∞, −1) ∪ (1, ∞) y = f (u) = artanhu D f = (−1, 1) Der Wertebereich von coth x liegt nicht im Definitionsbereich des artanhu: D f ∩ / Wg = {0} ⇒ Der Definitionsbereich der verketteten Funktion ist leer. ⇒ Die Funktion ist nicht definiert. sinh2 u =

2

Aufgabe 11.26 Bestimmen Sie die Umkehrfunktion zu a) y = arcsin(tanh x)

146

11 Umkehrfunktionen

√ b) y = 5arsinh( x − 5 + 10) + 15 L¨osung: a) y = arcsin(tanh   x): y ist der Bogen zum sin-Wert u: u

u = sin y

−1 < u < 1

u = sin y = tanh x 1

−

π π
⇒ x = artanh(sin y)

s. Aufg. 12.24

=

!

1 + sin y | sin y| = 1 − sin y ! 1 + sin x |x| = y = ln 1 − sin x

ln

Die Umkehrfunktion nach Variablentausch x ↔ y π 2 √ x − 5 + 10) + 15 = f (x) gesucht f −1 (x) b) 5arsinh( √ x−5 ≥ 0 ⇒ x ≥ 5 u = x − 5 + 10 ≥ 0 ⇒ arsinhu ≥ 0 √ y − 15 = arsinh( x − 5 + 10) z= 5 Nach Definition bedeutet z = arsinhu: z ist die Hyperbeloberfl¨ache, die zum Hyperbelsinus u geh¨ort, also u = sinh z √ y − 15 y − 15 √ = x − 5 + 10 − 10 = x − 5 ≥ 0 ⇔ sinh u = sinh 5 2  5 y − 15 − 10 x = 5 + sinh 5 2  x − 15 − 10 = f −1 (x). Variablentausch: : y = 5 + sinh 5

Kapitel 12

Die Ableitung

Es seien f eine Funktion mit dem Definitionsbereich D und x0 ∈ D, so dass in jeder Umgebung von x0 mindestens ein von x0 verschiedenes Element von D liegt. Definition Differenzenquotient (Def. 19.1, Kap. 19) Unter dem Differenzenquotienten von f in x0 versteht man die auf D\{x0 } definierte Funktion f (x) − f (x0 ) ∆ ( f ) . ∆ (x) = = x − x0 ∆ (x) Definition Differenzierbarkeit, Ableitung, Differenzenquotient (Def. 19.2, Teil IV, Kap. 19) f heißt differenzierbar in x0 , wenn lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) ∆( f) = lim = lim h→0 x − x0 h ∆ (x)→0 ∆ (x)

existiert. Dieser Grenzwert heißt Ableitung oder Differentialquotient von f in x0 und wird mit f  (x0 ) bezeichnet. Weitere u¨ bliche Schreibweisen:  ∆f d f  = f  (x0 ) = lim  dx x=x0 ∆ x→0 ∆ x Ist f in jedem Punkt einer Teilmenge I von D differenzierbar, dann heißt f differenzierbar auf I. Aufgabe 12.1

df (x0 ) einer Funktion f im Punkt x0 ist definiert durch dx f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) (12.1) f  (x0 ) := lim = lim x→x0 h→0 x − x0 h

Die Ableitung f  (x0 ) =

a) Welche geometrische Bedeutung hat (12.1)?

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 12, 

148

12 Die Ableitung

b) Berechnen Sie nur unter Verwendung von (12.1) √ 1 f  (x) f¨ur f (x) = 2x − 1, x > 2 g (x) f¨ur g(x) = sin 2x, x ∈ R 1 , x = −1 h (x) f¨ur h(x) = 1 + x √ i (x) f¨ur i(x) = x + a, x > −a L¨osung: a) f  (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim h→0 x − x0 h





 



 


  


 





  







Abb. 12.1 Bild zu Teilaufgabe a)

Gleichung der Geraden g:

y=

f (x) − f (x0 ) (x − xo ) + f (x0 ) x − x0

⇒ f  ist die Grenzsteigung der Geraden g f¨ur x gegen x0 , also die Tangente von f im Punkt x0 b) i) f (x) =

√ 1 2x − 1, x > 2

12 Die Ableitung

149

Differenzenquotient:  √ 2(x0 + h) − 1 − 2x0 − 1 f (x0 + h) − f (x0 ) = h h   √ √ ( 2(x0 + h) − 1 − 2x0 − 1)( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1)  = √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) 2(x0 + h) − 1 − (2x0 − 1) =  √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) 2h =  √ h( 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1) f (x0 + h) − f (x0 ) 2 = lim  √ h→0 h→0 h 2(x0 + h) − 1 + 2x0 − 1 1 =√ 2x0 − 1 1 1 , x> ⇒ f  (x) = √ 2 2x − 1 ⇒ lim

ii) g(x) = sin(2x),

x∈R

g(x0 + h) = sin(2(x0 + h)) = sin(2x0 + 2h) = sin(2x0 ) cos(2h) + cos(2x0 ) sin(2h) ⇒ g(x0 + h) − g(x0 ) = sin(2x0 ) cos(2h) + cos (2x0 ) sin (2h) − sin (2x0 ) = sin (2x0 )(cos (2h) − 1) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − cos (2h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − (cos2 h − sin2 h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 )(1 − (1 − sin2 h − sin2 h)) + cos (2x0 ) sin (2h) = − sin (2x0 ) · 2 sin2 h + cos (2x0 ) sin (2h) ⇒

sin h g(x0 + h) − g(x0 ) = −2 sin (2x0 )  sin h · h h   h→0 →0

⇒ g (x0 ) = 0 + lim cos (2x0 ) h→0

⇒ g (x) = 2 cos (2x)

h→0 →1

sin (2h) sin(2h) = lim 2 cos(2x0 ) = 2 cos (2x0 ) h→0 h  2h   h→0 →1

150

12 Die Ableitung

iii) h(x) =

1 , 1+x

h(x0 + ε ) =

x = −1

1 1 = 1 + (x0 + ε ) (1 + x0 ) + ε 1 1 − (1 + x0 ) + ε x0 + 1 1 · (1 + x0 ) − 1 · ((1 + x0 ) + ε ) = ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) −ε = ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 )

h(x0 + ε ) − h(x0 ) =

−ε h(x0 + ε ) − h(x0 ) −1 ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) ⇒ = = ε ε ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) 1 −1 =− ⇒ h (x0 ) = lim ε →0 ((1 + x0 ) + ε ) (1 + x0 ) (1 + x0 )2 1 ⇒ h (x) = − (1 + x)2 iv) i(x) =

√

x + a, x > −a   i(x0 + h) = (x0 + h) + a = (x0 + a) + h  √ ⇒ i(x0 + h) − i(x0 ) = (x0 + a) + h − x0 + a   √ √ ( (x0 + a) + h − x0 + a)( (x0 + a) + h + x0 + a)  = √ (x0 + a) + h + x0 + a (x0 + a) + h − (x0 + a) =  √ (x0 + a) + h + x0 + a h =  √ (x0 + a) + h + x0 + a ⇒

1 i(x0 + h) − i(x0 ) = √ h (x0 + a) + h + x0 + a

⇒ i (x0 ) = lim  h→0

1 1 =  √ (x0 + a) + h + x0 + a 2 (x0 + a)

1 . ⇒ i (x) = √ 2 x+a 

12 Die Ableitung

151

Aufgabe 12.2 Die Funktion y = f (x) sei differenzierbar an der Stelle x. Wird x um ∆ x = dx ge¨andert, dann ist ∆ y = f (x + ∆ x) − f (x) der Zuwachs in y. Es gilt:

∆ y = f  (x)∆ x + ε∆ x = f  (x)dx + ε dx, Der Ausdruck

ε → 0, ∆ x → 0

dy := f  (x)dx

heißt Differential von y = f (x) und ist eine gute N¨aherung f¨ur ∆ y, falls ∆ x = dx klein ist. a) Veranschaulichen Sie in einer Skizze den Unterschied zwischen ∆ y und dy, insbesondere f¨ur die Funktion y = x2 . √ b) Berechnen Sie √ mit Hilfe von Differentialen eine N¨aherung f¨ur 4 80, cos(61◦ ), sin(60◦ 1 ) und 3 124. L¨osung: a) f  (x) = lim

∆ x→0

f (x + ∆ x) − f (x) ∆x

⇒ falls ∆ x nahe bei 0 f  (x) ≈

f (x + ∆ x) − f (x) ∆x

∆ x ≈ f (x + ∆ x) − f (x) ⇔ f  (x)     =dx

=∆ y≈dy

⇒ f  (x)dx =: dy b) f (x + ∆ x) = f (x) + ∆ y

dx klein =⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + dy   

⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + f  (x)dx (∗)

f (x)+ f  (x)dx

√ 1 3 1 1 1 4 x = x 4 ⇒ f  (x) = x− 4 = 3 = √ 4 3 4 4 x 4x 4 1  x = 81 ⇒ dx = −1 ⇒ dy = f (x)dx = √ · (−1) 4 4 813 1 1 1 =− =− =− √ 4 4 · 9 · 3 108 4 9·9·9·9·9·9

i) f (x) =

(∗)

⇒ f (x + dx) ≈ f (x) + dy      √ 4 81−1

⇒

√ 4 81

1 − 108

√ 324 1 323 1 4 = − = ≈ 2, 99074 . . . 80 ≈ 3 − 108 108 108 108

152

12 Die Ableitung 





   




 

  

 












 



  

Abb. 12.2 Bild zu Teilaufgabe a)

(zum Vergleich:

√ 4 80 = 2, 99069 . . .)

ii) f (x) = cos x ⇒ f  (x) = − sin x 2 π · 1◦ ◦ ≈ 0, 01745 . . . 360 π ⇒ dy = f  (x)dx ≈ − sin · 0, 01745 ≈ −0, 0151149 . . . 3 π ◦ ◦ ⇒ cos(60 + 1 ) ≈ cos − 0, 0151149 ≈ 0, 4848851 . . . 3 x=

π = 60◦ 3

⇒ dx =

(zum Vergleich: cos(61◦ ) ≈ 0, 4848096 . . .) iii) f (x) = sin 60o 1 ⇒ f  (x) = cos x  o 2π 2π 1 π  = 60◦ ⇒ dx = · 1 = · ≈ 0, 00029 . . . ◦ ◦ 3 360 360 60 π ⇒ dy = f  (x)dx ≈ cos · 0, 00029 ≈ 0, 000145 . . . 3 π o  o  sin 60 1 = sin(60 + 1 ) ≈ sin + 0, 000145 ≈ 0, 86617 . . . 3 x=

(zum Vergleich: sin 60o 1 = 0, 86689 . . .) iv) f (x) =

√ 1 3 x = x3

⇒ f  (x) =

1 2

3x 3

12 Die Ableitung

153

√ ! 3 124 = 3  125 −  1

⇒ dy = f  (x)dx =

1

3(125) x ∆ x=dx √ √ 1 1 = 5− ≈ 4, 98666 . . . ⇒ 3 124 ≈ 3 125 − 75 75 √ (zum Vergleich: 3 124 = 4, 98663 . . .).

2 3

· (−1) = −

1 75

Aufgabe 12.3 Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Differenzierbarkeit im angegebenen Punkt x0 ∈ D f . √ a) f (x) = 2x − 1, x0 = 5 ( 1 x sin , f¨ur x = 0 b) f (x) = , x0 = 0 x 0, f¨ur x = 0 ( 1 x2 sin , f¨ur x = 0 c) f (x) = , x0 = 0 x 0, f¨ur x = 0 L¨osung: a) D f = {x : 2x − 1 ≥ 0} = {x : x ≥ 0, 5}  √ 2(5 + h) − 1 − 2 · 5 − 1 f (5 + h) − f (5) = lim lim h→0 h→0 h h √ √ 9 + 2h − 9 = lim h→0 h √ √ √ √ ( 9 + 2h − 9)( 9 + 2h + 9) √ √ = lim h→0 h( 9 + 2h + 9) 9 + 2h − 9 √ = lim √ h→0 h( 9 + 2h + 9) 2 2 1 = lim √ = = h→0 9 + 2h + 3 6 3 ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 5 differenzierbar. b) 1 h sin − 0 f (0 + h) − f (0) h = lim lim h→0 h→0 h h 1 existiert nicht = lim sin h→0 h ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 0 nicht differenzierbar.

154

12 Die Ableitung

c) 1 h2 sin − 0 f (0 + h) − f (0) h = lim lim h→0 h→0 h h 1 (s. Aufg. 9.5 d)) = lim h sin = 0 h→0 h ⇒ f (x) ist an der Stelle x0 = 0 differenzierbar. Aufgabe 12.4 √ Untersuchen Sie die Funktion f (x) = 1 + x2 , D f = R auf Differenzierbarkeit in einem beliebigen Punkt x0 ∈ D f unter alleiniger Verwendung der Definition. L¨osung: √ f (x) = 1 + x2 ;

sei h > 0, dann gilt:  √ 1 + (x + h)2 − 1 + x2 f (x + h) − f (x) = h h   √ √ ( 1 + (x + h)2 − 1 + x2 )( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 )  √ = h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 ) =

1 + x2 + 2hx + h2 − 1 − x2 (1 + (x + h)2 ) − (1 + x2 )  √ √ =  h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 ) h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 )

=

h(2x + h)  √ h( 1 + (x + h)2 + 1 + x2 )

Damit folgt: f (x0 + h) − f (x0 ) 2x0 + h  = lim  h→0 h→0 h 1 + (x0 + h)2 + 1 + x02 2x0 x0 =  =  2 2 1 + x0 1 + x02 f  (x) = lim

⇒ f (x) − ist u¨ berall differenzierbar. Aufgabe 12.5 Zeigen ( Sie:

1 , x = 0 x2 0, x=0 ist differenzierbar, aber nicht stetig differenzierbar, d.h. f  (x) existiert, ist aber nicht u¨ berall stetig. f (x) =

x3 sin

12 Die Ableitung

155

L¨osung: f differenzierbar in x0 = 0 : 1 3 f (x) − f (0) x sin x2 − 0 1 = = x2 sin 2 x−0 x−0 x 1 lim x2 sin 2 = 0 x→0 x 1 denn: |x2 sin 2 − 0| ≤ |x2 | = x2 x 1 ⇒ −x2 ≤ x2 sin 2 ≤ x2 x 1 ≤ lim x2 x→0 x2 x→0 1 0 ≤ lim x2 sin 2 ≤ 0 x→0 x

⇒ lim − x2 ≤ lim x2 sin x→0

⇒ lim x2 sin x→0

⎧ 1 1 1 ⎨ 2 3x sin 2 + x3 cos 2 · (−2) 3 , f  (x) = x x x ⎩0, ⎧ 1 1 ⎨ 2 3x sin 2 − 2 cos 2 , = x x ⎩0,

1 =0 x2 x = 0 x=0 x = 0 x=0

1 1 ist sicher stetig, da lim x2 sin 2 existiert. x→0 x2 x 1 Zu pr¨ufen ist die Stetigkeit von cos 2 an der Stelle x0 = 0 x 1 1 t= 2 cos 2 =x cost x 1 ⇒ lim cos 2 = lim cost existiert nicht! t→∞ x→0 x ⇒ die Ableitung existiert, ist aber nicht stetig! 3x2 sin

Kapitel 13

Erste Ableitungsregeln

( f + g) = f  + g ( f · g) = f  · g + f · g f  · g − f · g f = Quotientenregel: g g2 (Kap. 20). Summenregel: Produktregel:

Aufgabe 13.1 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwertregeln f¨ur Funktionen a) ( f + g) = f  + g b) (α f ) = α f  , α konstant c) ( f g) = f  g + f g   f f  g − f g d) = g g2 und folgern Sie aus d):

  1 f = − 2. f f

L¨osung: a) F := f + g 1 F  (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim (( f (x0 + h) + g(x0 + h)) − ( f (x0 ) + g(x0 ))) h→0 h 1 1 = lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) + lim (g(x0 + h) − g(x0 )) h→o h h→0 h = f  (x0 ) + g (x0 ) = ( f + g) (x0 )

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 13, 

158

13 Erste Ableitungsregeln

b) F := α f ,

α ∈R 1 F  (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim (α f (x0 + h) − α f (x0 )) h→0 h 1 = α · lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) h→0 h = α · f  (x0 )

Bemerkung: Nach a) und b) gilt auch: ( f − g) (x) = f  (x) − g (x), denn f − g = f + (−1) · g c) F := f · g 1 F  (x0 ) = lim (F(x0 + h) − F(x0 )) h→0 h 1 = lim ( f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 )]) h→0 h 1 = lim ( f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g(x0 + h) h→0 h − f (x0 )g(x0 + h)) 1 = lim (g(x0 + h)( f (x0 + h) − f (x0 )) + f (x0 )(g(x0 + h) − g(x0 ))) h→0 h 1 1 = lim g(x0 + h) lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) + f (x0 ) lim h→0 h→0 h h→0 h (g(x0 + h) − g(x0 )) = g(x0 ) f  (x0 ) + f (x0 )g (x0 )

d) F :=

f g

13 Erste Ableitungsregeln

F(x0 + h) − F(x0 ) =

159

f (x0 + h) f (x0 ) − g(x0 + h) g(x0 )

=

g(x0 ) f (x0 + h) − f (x0 )g(x0 + h) g(x0 )g(x0 + h)

=

g(x0 ) f (x0 + h) − f (x0 )g(x0 + h) + g(x0 ) f (x0 ) − g(x0 ) f (x0 ) g(x0 + h)g(x0 )

=

1 (g(x0 )( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 )(g(x0 + h) g(x0 )g(x0 + h) −g(x0 )))

1 1 · (g(x0 )( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 )(g(x0 + h) − h g(x0 )g(x0 + h) g(x0 )))  1 1 1 g(x0 ) lim ( f (x0 + h) − f (x0 )) − f (x0 ) lim = lim h→0 g(x0 )g(x0 + h) h→0 h h→0 h (g(x0 + h) − g(x0 )))

⇒ F  (x0 ) = lim

h→0

=

g(x0 ) f  (x0 ) − f (x0 )g (x0 ) g2 (x0 )

Setze in d)  f = 1 1 1 g ⇒ F = = 2 ( g · 1 −1 · g ) = − 2 .  g g g 0,da 1 =0

Aufgabe 13.2 Es sei h(x) = f (x) + g(x) r(x) = f (x)g(x). Ferner f (x0 ) = 1 g(x0 ) = −2 f  (x0 ) = 4 g (x0 ) = 3. Man berechne h (x0 ) und r (x0 ).

160

13 Erste Ableitungsregeln

L¨osung: h (x) = f  (x) + g (x) h (x0 ) = f  (x0 ) + g (x0 ) = 4 + 3 = 7 r (x) = f  (x)g(x) + f (x)g (x) r (x0 ) = f  (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g (x0 ) = 4 · (−2) + 1 · 3 = −8 + 3 = −5. Aufgabe 13.3 Man berechne die Ableitung der Funktionen: a) f (x) = 3x4 − x3 + 2x2 − 5, D f = R 3 b) g(x) = 2 + 4 , Dg = R\{0} x x+8 , Dh = R\{8}. c) h(x) = x−8 L¨osung: a) f  (x) = 3 · 4x3 − 3 · x2 + 2 · 2x = 12x3 − 3x2 + 4x

−12 x5 (x + 8) (x − 8) − (x + 8)(x − 8) 1 · (x − 8) − (x + 8) · 1 c) h(x) = = (x − 8)2 (x − 8)2 x−8−x−8 16 = =− . (x − 8)2 (x − 8)2

b) g (x) = (2) + (3x−4 ) = 0 + 3(x−4 ) = 3 · (−4)x−5 =

Aufgabe 13.4 Berechnen Sie f  (x) f¨ur f (x) = xn (n ≥ 1). L¨osung: An sei die Aussage f  (x) = (xn ) = nxn−1 , n ≥ 1 x − x0 =1 IA: A1 ist wahr, denn (x1 ) = x = lim x→x0 x − x0 und 1 · x1−1 = x0 = 1 IV: An sei wahr, d.h. f  (x) = nxn−1 , n ≥ 1 Produktregel

= (xn ) x + xn x = nxn−1 x + xn · 1 = nxn + xn = (n + IS: (xn+1 ) = (xn x) n 1)x . Aufgabe 13.5 Betrachten Sie f¨ur c ∈ R die Funktionenschar fc (x) mit fc (x) = sin(c − x) cos x + cos(c − x) sin x. Zeigen Sie, dass f¨ur die erste Ableitung aller Funktionen fc (x) gilt: fc (x) = 0. Was kann man u¨ ber die Graphen dieser Funktionen sagen? IV

13 Erste Ableitungsregeln

161

L¨osung: fc (x) = cos(c−x)(−1) cos x+sin(c−x)(− sin x)+sin(c−x)(−1)(−1) sin x+cos(c− x) cos x = = − cos(c − x) cos x + cos(c − x) cos x − sin(c − x) sin x + sin(c − x) sin x = 0 Alle Graphen sind die Geraden parallel zur x-Achse. Aufgabe 13.6 Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente an den Graphen von f (x) mit f (x) = im Punkt P(1, f (1)).

x+1 x

L¨osung: Quotientenregel: (x + 1) x − (x + 1)x 1 · x − (x + 1) · 1 1 = =− 2 f  (x) = x2 x2 x 1+1 =2 f (1) = 1  f (1) = −1 Tangentengleichung: y = f  (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) = −1(x − 1) + 2 = −x + 1 + 2 = −x + 3. Aufgabe 13.7 Ein unter 45◦ nach oben geworfener Gegenstand beschreibt eine Parabelbahn, die durch folgende Funktionsgleichung beschrieben werden kann: g y = x − 2 · x2 , wobei g = Erdbeschleunigung, v0 = Anfangsgeschwindigkeit. v0 Wie gross ist die Wurfh¨ohe? L¨osung: Im Scheitelpunkt der Parabel ist die Tangente waagrecht, also y = 0. g g g g y = (x − 2 · x2 ) = (x) + (− 2 x2 ) = 1 − 2 (x2 ) = 1 − 2 · 2x = 0 v0 v0 v0 v0 v2 ⇒ xH = 0 2g v2 v2 v2 v2 g v4 y(xH ) = H = 0 − 2 · 02 = 0 − 0 = 0 . 2g v0 4g 2g 4g 4g Aufgabe 13.8 Man bestimme die Koordinaten des Scheitelpunktes P der Parabel y = x2 + bx + c durch Benutzung der Tatsache, dass die Steigung der Tangente in P gleich 0 ist. L¨osung: Setze f (x) = x2 + bx + c und P(x0 , y0 ).

162

13 Erste Ableitungsregeln

⇒ Steigung der Tangente in P ist gleich f  (x0 ) = 2x0 + b b2 b b2 b2 − +c = c− . ⇒ 2x0 + b = 0 ⇒ x0 = − ⇒ y0 = f (x0 ) = 2 4 2 4 Aufgabe 13.9 Seien fn (x), n = 1, 2, 3...− differenzierbare Funktionen. Betrachten Sie das Produkt m

f1 (x) · f2 (x) · ... · fm (x) = ∏ fn (x), f¨ur m = 3, 4, ... n=1

und bestimmen Sie die Formel f¨ur die erste Ableitung dieses Produkts. (Hinweis: vollst¨andige Induktion). L¨osung: Sei m = 3 Wir definieren F(x) := f1 (x) · f2 (x). Dann gilt mit der Produktregel: ( f1 (x) · f2 (x) · f3 (x))

(F(x) · f3 (x))

= Produktregel

F  (x) · f3 (x) + F(x) · f3 (x) ( f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x) + ( f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x)

Produktregel

( f1 (x) · f2 (x) + f1 (x) · f2 (x)) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x)

= = =

=

Sei m > 3 Behauptung: 

m



∏ fn (x)

n=1

=

f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) +

+

f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) + f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) + ... f1 (x) · f2 (x) · f3 (x) · ... · fm (x) =

+ + zusammengefasst

=

m

m

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1

13 Erste Ableitungsregeln

163

Beweis (mit vollst¨andiger Induktion) IA: m = 3 siehe a) 



m

∏ fn (x)

IV:

n=1



m+1

IS:

m

m

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

=∑

n=1





∏ fn (x)

∏ fn (x)

=

n=1



m

n=1

 =

f  (x) · m i

⎜ ⎜ ⎜∑ ⎝i=1

IV

=

 · fm+1 (x) +

n=1

⎛

· fm+1 (x)



m

∏ fn (x)

Produktregel



⎞

m

=

=

m

i=1

fi (x)

∑

n=1

f  (x) · m i

∑

i=1

m+1

∏ fn (x)

n=1

fi (x)

fi (x)

fm+1 (x) + · fm+1 (x) 

=

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1

+

+

m+1

fi (x) · ∏ fn (x)

i=1

fi (x)

∑

n=1

Aufgabe 13.10 Bestimmen Sie die Funktion f  f¨ur a) f (x) = x6 − 6x3 − 10x2 + 5 3x + 2 3 b) f (x) = , x = − 2x + 3 2 c) f (x) = (x3 + 3)(x4 + 4)(x5 + 5)

m

m



m

n=1

fm+1 (x)

.

 fm+1 (x) · ∏ fn (x) n=1

fm+1 (x)



∏ fn (x)

n=1



∏ fn (x)

n=1

m+1

m+1

=

⎟ ⎟ · fm+1 (x) + ⎠



 · fm+1 (x)

 · fm+1 (x)



 fm+1 (x) · ∏ fn (x) · fm+1 (x)

m+1

m

∏ fn (x)

n=1

∏ fn (x) ⎟

n=1

m+1

fi (x) · ∏ fn (x)



m

 · fm+1 (x)

164

13 Erste Ableitungsregeln

d) f (x) =

√ x2 + 2 , x = ± 3 3 − x2

L¨osung: Wir benutzen die Ableitungsregeln, (xm ) = mxm−1 f¨ur m ∈ Z und die Aufgabe 14.9. a) f  (x) = 6x5 − 6 · 3x2 − 10 · 2x = 6x5 − 18x2 − 20x, D f  = R (3x + 2) (2x + 3) − (3x + 2)(2x + 3) b) f  (x) = = (2x + 3)2   5 3 3 · (2x + 3) − (3x + 2) · 2 = , D f  = R\ − = (2x + 3)2 (2x + 3)2 2 c) f  (x) = (x3 + 3) (x4 + 4)(x5 + 5) + (x3 + 3)(x4 + 4) (x5 + 5) + (x3 + 3)(x4 + 4)(x5 + 5) = = 3x2 (x4 + 4)(x5 + 5) + 4x3 (x3 + 3)(x5 + 5) + 5x4 (x3 + 3)(x4 + 4), D f  = R d) f  (x) = =

(x2 + 2) (3 − x2 ) − (x2 + 2)(3 − x2 ) = (3 − x2 )2

& √ ' 10x 2x(3 − x2 ) − (x2 + 2)(−2x)  = , D = R\ ± 3 . f (3 − x2 )2 (3 − x2 )2

Kapitel 14

Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

Kettenregel (Theorem 21.1, Kap. 21) Es seien f , g Funktionen mit W f ⊂ Dg und x0 ∈ D f . Sind f in x0 und g in f (x0 ) differenzierbar, so ist auch g ◦ f in x0 differenzierbar und es gilt (g ◦ f ) (x0 ) = g ( f (x0 )) · f  (x0 ). Ableitung der Umkehrfunktion (Umkehrregel) (Theorem 21.2, Kap.21) Es sei f eine auf einem Intervall I stetige, eineindeutige Funktion. Ist f in x0 ∈ I differenzierbar und f  (x0 ) = 0, so ist auch f −1 in y0 = f (x0 ) differenzierbar, und es gilt 1 1 =  −1 . ( f −1 ) (y0 ) =  f (x0 ) f ( f (y0 )) Aufgabe 14.1 Beweisen Sie mit Hilfe der Grenzwertregeln f¨ur Funktionen die Kettenregel ( f (g(x))) = f  (g(x))g (x). L¨osung: F := f ◦ g = f (g(x)) F(x0 + h) − F(x0 ) = f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) =

⇒ F  (x0 ) = lim

h→0

f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) · (g(x0 + h) − g(x0 )) g(x0 + h) − g(x0 )

f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) 1 · lim (g(x0 + h) − g(x0 )) h→0 h g(x0 + h) − g(x0 )

Setze y0 := g(x0 ) , y := g(x0 + h) f (y) − f (y0 )  · g (x0 ) = f  (y0 )g (x0 ) = f  (g(x0 ))g (x0 ). ⇒ F  (x) = lim y→y0 y − y0 ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 14, 

166

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

Aufgabe 14.2 Berechnen Sie die Werte f −1 (x) und ( f −1 (x)) an der Stelle y0 = 3 f¨ur die Funktion 1 1 1 f (x) = x3 + x2 + x. 8 4 2 Hinweis: Man kann nicht f −1 (y) in expliziter Form bestimmen. Verwenden Sie f (2) = 3. L¨osung: 8 4 2 + + = 3 ⇒ f −1 (3) = 2 8 4 2 1 3 1 f  (x) = x2 + x + 8 2 2 1 1 1 1 =  = ( f −1 ) (3) =  −1 = . 1 3 2 1 f ( f (3)) f (2) 3 ·2 + ·2+ 8 2 2 f (2) =

Aufgabe 14.3

p

Bestimmen Sie die 1. Ableitung von y(x) = x q , p ∈ N, q ≥ 1. L¨osung: p

y(x) = x q yq (x) = x p

| ()q | ()

q · yq−1 (x) · y (x) = p · x p−1 y (x) =

=

p x p−1 p x p−1 =  p q−1 q yq−1 (x) q xq p p−1− x q

Aufgabe 14.4 Sei f (x) - differenzierbare Funktion. Schreiben Sie die Formel f¨ur die Ableitung a) nach x f¨ur die Funktionen √ i) f ( x) 1 ii) 2 f (x) b) nach t f¨ur die Funktionen  f (t) i)

p(q−1) q

=

p qp −1 x . q

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

ii) f (

 3

f (t))

an allen m¨oglichen Stellen x (bzw. t). L¨osung: √ d √ 1 f ( x) = f  ( x) √ , x > 0 dx  2 x  1 1 d =− 3 f  (x), f (x) = 0 ii) dx f 2 (x) 2 f (x) 1 d f  (t), f (t) > 0 f (t) =  b) i) dt 2 f (t)   d  1 f ( 3 f (t)) = f  3 f (t) f  (t), f (t) = 0. ii) 2 dt 3 3 f (t) a) i)

Aufgabe 14.5  Man berechne f (x) an allen m¨oglichen Stellen x. 3 2 a) f (x) = (1 √+ x ) b) f (x) = 3 x3 + x + 1 √ y5 c) f (x) =  mit y = x − 1. 5 + y5

L¨osung: a) Setze y = 1 + x3 , z = y2 dz dy dz = · = 2y · 3x2 = 2(1 + x3 ) · 3x2 = 6x2 (1 + x3 ) ⇒ f (x) = dx dy dx 1 b) f (x) = (x3 + x + 1) 3 2 1 3x2 + 1  ⇒ f (x) = (x3 + x + 1)− 3 (3x2 + 1) =  3 3 3 (x3 + x + 1)2 √ 1 c) y = x − 1 = (x − 1) 2 . 1 y5 Setze z =  = y5 (5 + y5 )− 2 5 + y5 1 dy 1 1 = (x − 1)− 2 = ⇒ dx 2 2y 1 1 1 dz = 5y4 (5 + y5 )− 2 + y5 · (− ) · (5 + y5 )− 2 −1 · 5y4 dy  2  2(5 + y5 ) − y5 y5 1 4 = 5y  −  = 5y4  5 + y5 2 5 + y5 (5 + y5 ) 2 5 + y5 (5 + y5 ) 5 10 + y = 5y4  2 (5 + y5 )3 √ 5y3 (10 + y5 ) dz dy 5y4 · (10 + y5 ) 1  · =  =  ⇒ f (x) = · mit y = x − 1. 5 3 5 3 dy dx 2y 2 (5 + y ) 4 (5 + y )

167

168

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

Aufgabe 14.6 Man berechne auf zwei verschiedene Weisen die Ableitung der Umkehrfunktion zu 1 f (x) = 3 , x = 0. x L¨osung: a) Durch Berechnung von f −1 . 1 F¨ur y = 0 hat 3 = y, x = 0, die eindeutig bestimmte L¨osung x  1 1 = y− 3 , y = 0 x= 3 y ⇒ f −1 (y) = y− 3 , y = 0 1 4 1 1 1  ⇒ ( f −1 ) (y) = − y− 3 −1 = − y− 3 = − √ , y = 0. 3 3 3y 3 y b) Mit Hilfe der Umkehrregel. 1 Setze y = f (x) = 3 x 3 dy 1 1 √ = − 4 = −3 3 = −3y 3 y ⇒ dx x x x 1 dx 1 = dy = − √ . ⇒ x = f −1 (y) und dy 3y 3 y 1

dx

Aufgabe 14.7 Berechnen Sie f  (x) an allen m¨oglichen Stellen x! 2 1 +√ 2 4x x f (x) = √ (1 − 3x)6 f (x) = 3 + 2x − x2 6  x f (x) = 1√ −x 3 1−x f (x) = 2x  √ f (x) = !2 + x x+1 f (x) = x−1 √ y+1 mit y = x f (x) = y−1

a) f (x) = b) c) d) e) f) g) h)

L¨osung: 1 1 a) f (x) = x−2 + 2x− 2 4   1 1 −3 1 1 x 2 =− 3 − 3 ⇒ f  (x) = (−2)x−3 + 2 − 4 2 2x x2 1 1 =− 3 − √ , x>0 2x x x

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

169

b) f  (x) = 6 · (1 − 3x)5 · (−3) = −18(1 − 3x)5 , x ∈ R 1 c) f (x) = (3 + 2x − x2 ) 2 1 1 1−x 1−x √ ⇒ f  (x) = (3 + 2x − x2 )− 2 (2 − 2x) = , x∈ 1 = 2 3 + 2x − x2 (3 + 2x − x2 ) 2 (−1, 3) 5  5   x x 6x5 x (1 − x) − x(1 − x) 1−x+x = 6 = , x = d) f  (x) = 6 2 2 1−x (1 − x) 1−x (1 − x) (1 − x)7 1 Oder: f (x) = x6 (1 − x)−6 ⇒ f  (x) = 6x5 (1 − x)−6 + x6 (−6)(1 − x)−7 (−1) = 6x5 (1 − x)−6 + 6x6 (1 − x)−7 =

6x5 (1 − x) + 6x6 6x5 = , x = 1 7 (1 − x) (1 − x)7 1

e) f (x) = 2x3 (1 − x) 2

√ 1 1 x3 1 ⇒ f  (x) = 2 · 3x2 (1 − x) 2 + 2x3 (1 − x)− 2 (−1) = 6x2 1 − x − √ , x<1 2 1−x 1

1

f) f (x) = (2 + x 2 ) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ f  (x) = (2 + x 2 )− 2 (x 2 ) = (2 + x 2 )− 2 · x− 2 = 1 1 1 2 2 2 4(2 + x 2 ) 2 x 2 1 1 = √  , x>0 √ =  √ 4 x 2+ x 4 2 x+x 1  x+1 2 g) f (x) = x−1   1 x + 1 − 2 (x + 1) (x − 1) − (x + 1)(x − 1) 1  f (x) = · 2 x−1 (x − 1)2  1  1 1 x − 1 2 x − 1 − (x + 1) 1 x − 1 2 −2 1 = · = · =− 1 3 2 x+1 (x − 1)2 2 x+1 (x − 1)2 2 (x + 1) (x − 1) 2 1 1 √ , x>1 = −√ = −√ 2 x + 1 x − 1(x − 1) x − 1(x − 1) Oder: 1 1 f (x) = (x + 1) 2 (x − 1)− 2   1 1 1 3 1 1 1 √ (x − 1)− 2 = √ − f  (x) = (x + 1)− 2 (x − 1)− 2 + (x + 1) 2 − 2 2 2 x + 1 x−1 √ x+1 √ 2 x − 1(x√ − 1) √ x−1− x+1 x+1 1 √ = √ = −√ , x>1 2 2 x + 1 x − 1(x − 1) x − 1(x − 1)

170

14 Ableitung von zusammengesetzten Funktionen und Umkehrfunktionen

y+1 y−1 dy 1 − 1 1 ⇒ = x 2= dx 2 2y dz 1 · (y − 1) − (y + 1) · 1 2 = =− 2 dy (y − 1) (y − 1)2 √ dy 2 1 dz 1 · =− =− ⇒ f  (x) = · mit y = x, x ∈ R+ \ {1}. 2 2 dy dx (y − 1) 2y y(y − 1) 1

h) y = x 2 ; setze z =

Aufgabe 14.8 √ Ermitteln Sie die Ableitung der Umkehrfunktion zu f (x) = 4 x + 2 − 1, x ≥ −2, auf zwei verschiedene Weisen. L¨osung: a) Durch Berechnung von f −1 . √ 4 Die Gleichung x + 2 − 1 = y, x ≥ −2, hat die eindeutig bestimmte L¨osung x = (y + 1)4 − 2. ⇒ f −1 (y) = (y + 1)4 − 2  ⇒ ( f −1 ) (y) = 4(y + 1)3 . b) Mit Hilfe der Umkehrregel. √ 1 Setze y = f (x) = 4 x + 2 − 1 = (x + 2) 4 − 1 3 1 1 dy 1 = (x + 2)− 4 = ⇒ 3 = dx 4 4(y + 1)3 4(x + 2) 4 1 dx = dy = 4(y + 1)3 . x = f −1 (y) und dy dx

Kapitel 15

Ableitung der elementaren Funktionen

Die Ableitungen der elementaren Funktionen sind: -Polynome  n

∑ ak x

k=0



k

=

n

∑ kak xk−1

k=1

(Kap. 22.1) - trigonometrische Funktionen (sin x) = cos x (cos x) = − sin x 1 (tan x) = cos2 x 1  (cot x) = − 2 sin x (Kap. 22.2) - Exponentialfunktionen (ex ) = ex (ax ) = ax ln a (Kap. 22.4) - Logarithmusfunktionen 1 loga x = x ln a 1 ln x = x (Kap. 22.5) - Potenzfunktionen (xc ) = cxc−1 (Kap. 22.6) Aufgabe 15.1 Bestimmen Sie f  (x) f¨ur a) f (x) = cos x b) f (x) = tan x ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 15, 

172

15 Ableitung der elementaren Funktionen

c) f (x) = loga x (0 < a = 1) Dabei d¨urfen die Ableitungen (sin x) = cos x und (ex ) = ex als bekannt vorausgesetzt werden. L¨osung:

 π π = sin(u(x)) mit u(x) = x + a) cos x = sin x + 2 2 Kettenregel  = cos(u(x))u (x) ⇒ (cos x) = (sin(u(x)))  π · 1 = − sin x = cos x + 2 2 2 sin x 1 Quotientenregel cos x + sin x b) tan x = ⇒ (tan x) = = cos x cos2 x cos2 x 1 dx 1 1 = c) y = ex ⇔ x = ln y und = x= dy dy e y dx 1 ⇒ (ln x) = x ln x 1 1 ⇒ (loga x) = (ln x) = . loga x = ln a ln a x ln a Aufgabe 15.2 Beweisen Sie (ln | f |) =

f . f

L¨osung: Sei ln | f | = ω ⇒ ln | f (x)| = ω (x) f¨ur alle x f (x) : ⇔ | f (x)| = eω (x) = − f (x) :

f (x) > 0 (∗) f (x) < 0

1 ⇒ (eω (x) ) = eω (x) ω  (x) = | f (x)| (ln | f (x)|) = | f (x)| (| f (x)|) = (| f (x)|) | f (x)| ( f  (x) , f (x) > 0 siehe(∗) = − f  (x) , f (x) < 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

f  (x) f  (x) = | f (x)| f (x) ⇔ (ln | f (x)|) = f  (x) f  (x) − f  (x) ⎪ ⎪ = = ⎩− | f (x)| − f (x) f (x)

:

f (x) > 0

:

f (x) < 0

Aufgabe 15.3 Ermitteln Sie die Ableitungen folgender Funktionen:

15 Ableitung der elementaren Funktionen

173

a) f (x) = cot2 x − cos x2 , b) f (x) = 2 sin2 x tan x 3 c) f (x) = x2 ex ln x L¨osung: a) f (x) = cot2 x − cos x2 f  (x) = 2 cot x(cot x) − (− sin x2 )2x = 2 cot x(cot x) + 2x sin x2

cot x = =−

cos x sin x(− sin x) − cos x cos x ⇒ (cot x) = sin x sin2 x

1 sin2 x   1 cos x + 2x sin x2 − 2 ⇒ f (x) = 2 sin x sin x 

= −2

cos x + 2x sin x2 sin3 x

b) f (x) = 2 sin2 x tan x f  (x) = 2(2 sin x cos x tan x + sin2 x(tan x) ) (tan x) =

1 cos2 x

⇒ f  (x) = 2(2 sin2 x + tan2 x) c) f (x) = x2 ex ln x 3



3 1 x3 e + ln x · ex · 3x2 f (x) = 2xe ln x + x x

3 = ex 2x ln x + x + ln x · 3x4

3 = ex ln x(2x + 3x4 ) + x .



Aufgabe 15.4

x3



2

  !  2x x und g(x) = arcsin −1 Gegeben sind die Funktionen f (x) = 2 arcsin A A mit A > 0.

174

15 Ableitung der elementaren Funktionen

a) Sei F(x) := f (x) − g(x) f¨ur alle x ∈ D. Berechnen Sie F(x) und F  (x), bestimmen Sie DF und DF  . b) Zeigen Sie: F(x) = const=: c f¨ur alle x ∈ D und bestimmen Sie c. L¨osung:

  !  2x x − arcsin −1 ,A > 0 a) F(x) = f (x) − g(x) = 2 arcsin A A [−1, 1] ⇒ Darcsin = ! ! x x x ≤1⇒0≤ ≤1⇒0≤ ≤1⇒0≤x≤A 1) −1 ≤ A A A und 2x −1 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x ≤ A 2) −1 ≤ A ⇒ DF = [0, A] 

F (x)

(arcsin x) = √ 1

=

=

=

= = =

1−x2

1 1 1 2 1 2 · A  ! 2 · √A · √x −  2x x −1 1− 1− A A 2 1 1 1 ! ·√ −, ·A   x Ax 2 2x 4x 1− .1 − − +1 A A A 

1 2 1 √ ·√ −! 2 Ax − x2 A2 4x 4x − 2 + A A 1 1 1 √ ·√ −√ ·2 x A−x −4x2 + 4Ax 1 1 1 √ ·√ −√ x A−x −x2 + Ax 1 1 1 1 √ ·√ −√ ·√ =0 x x A−x A−x

⇒ DF  = (0, A) Theorem 23.3

b) F¨ur alle x ∈ (0, A) ist F  (x) = 0 ⇔ F(x) = const = c f¨ur x ∈ [0, A], also f¨ur x ∈ DF A x := ∈ [0, A] !     2 2A A A π π π = 2 arcsin − arcsin −1 = 2 −0 = ⇒ c = . F 2 2A 2A 4 2 2

15 Ableitung der elementaren Funktionen

175

Aufgabe 15.5 Berechnen Sie die Ableitung der Funktionen: a) f1 (x) = arccos x b) f2 (x) = arctan x c) f3 (x) = arccotx ! 1 − sin x d) f4 (x) = ln 1 + sin x  ! a−b x 2 tan arctan e) f5 (x) = √ a+b 2 a2 − b2

a>b≥0

L¨osung: a) i) f1 (x) = arccos x y = arccos x ⇔ x = cos y ⇒

1 1 dy = = dx dx − sin y dy

|y = 0, π

1 1 = − = − 2 1 − (cos (arccos x))2 1 − cos y 1 = −√ 1 − x2 ii) f2 (x) = arctan x y = arctan x ⇔ x = tan y 1 1 dy 1 = = = 1 dx dx (tan y) cos2 y dy 1 cos x = √ 1 + tan2 x dy 1 1 1 ⇒ = = = dx 1 + tan2 y 1 + (tan(arctan x))2 1 + x2 iii) f3 (x) = arccotx y = arccotx

⇔

x = cot y

1 1 dy 1 = =− = 1 dx dx (cot y) dy sin2 y 1 sin x = √ 1 + cot2 x 1 1 1 dy =− =− =− ⇒ dx ! 1 + cot2 y 1 + (cot(arccotx))2 1 + x2 1 − sin x b) f4 (x) = ln 1 + sin x

176

15 Ableitung der elementaren Funktionen

f4 (x) = !

1 (1 + sin x)(− cos x) − (1 − sin x) cos x 1 · ! · (1 + sin x)2 1 − sin x 1 − sin x 2· 1 + sin x 1 + sin x

=

1 1 + sin x − cos x − sin x cos x − cos x + sin x cos x · · 2 1 − sin x (1 + sin x)2

=

1 1 + sin x −2 cos x · · 2 1 − sin x (1 + sin x)2

=

− cos x (1 − sin x)(1 + sin x)

=

− cos x 1 − sin2 x

=−

cos x cos2 x

=−

1 cos x

2 c) f5 (x) = √ arctan 2 a − b2 f5 (x)

!

=

= =

= = cos 2α =cos2 α −sin2 α

=

a−b x tan a+b 2

 ,

a>b≥0

! a−b 1 2 1 1 √ · · · · 2 x 2 2 2 a − b x a + b cos a −b 1+ 2 tan2 a+b 2 ! a−b 1 1  · · a −b 2 x x a + b (a + b)(a − b) sin cos2 + 2 a+b 2 1 1 · a + b (a + b) cos2 x + (a − b) sin2 x 2 2 a+b 1 x x 2 (a + b) cos + (a − b) sin2 2 2 1   x x x x + b cos2 − sin2 a cos2 + sin2 2 2 2 2 1 . a + b cos x

Aufgabe 15.6 Berechnen Sie die Ableitung der Funktionen:

15 Ableitung der elementaren Funktionen

a) b) c) d)

177

f1 (x) = sinh x f2 (x) = cosh x f3 (x) = tanh x f4 (x) = coth x

sowie auch von ihren inversen Funktionen: a) b) c) d)

f1−1 (x) = f2−1 (x) = f3−1 (x) = f4−1 (x) =

arsinhx arcoshx artanhx arcothx.

  √ √ Hinweis: arsinhx = ln(x + x2 + 1), arcoshx = ln x + x2 − 1 ,     1+x x+1 1 1 artanhx = ln , arcothx = ln 2 1−x 2 x−1 L¨osung: Ableitung der Funktionen:

1 a) f1 (x) = sinh x = (ex − e−x ) 2 1 f1 (x) = (ex + e−x ) = cosh x 2 1 b) f2 (x) = cosh x = (ex + e−x ) 2 1 x  −x f2 (x) = (e − e ) = sinh x 2 sinh x c) f3 (x) = tanh x = cosh x cosh x cosh x − sinh x sinh x 1 = f3 (x) = cosh2 x cosh2 x cosh x d) f4 (x) = coth x = sinh x sinh x sinh x − cosh x cosh x sinh2 x − (1 + sinh2 x) 1  f4 (x) = = =− 2 2 sinh x sinh x sinh2 x Ableitung der inversen Funktionen: √ 2 a) f1−1 (x) = arsinh x = ln(x  + x + 1)  1 1 1 1 1 √ √ √ √ 1+ √ 2x = + x f1 (x) = 2 2 2 2 2 (x√+ x + 1) 2 x +1 x+ x +1 x+ x +1 x +1 1 · ( x2 + 1) + x 1 √ √ = =√ (x + x2 + 1)( x2 + 1) x2 + 1 Oder:

178

15 Ableitung der elementaren Funktionen

1 dy = , y = arsinh x ⇔ x = sinh y dx dx dy 1 1 1 1 1 d arsinh x = = = = =√ 2 d sinh y dx cosh y 1 + x2 1 + sinh y 1 + sinh2 (arsinh x) dy √ 2 b) f2−1 (x) = arcosh x = ln(x  + x − 1)  1 1 1 x 1  √ √ √ √ 1+ √ 2x = + f2 (x) = 2 2 2 2 2 (x + x − 1) 2 x −1 x+ x −1 x+ x −1 x −1 √ x2 − 1 + x 1 √ √ = =√ (x + x2 − 1) x2 − 1  x2 −1 1+x 1 −1 c) f3 (x) = artanh x = ln 2 1−x 1 1 − x (1 − x) · 1 − (1 + x) · (−1) 1 1 − x 1 − x + 1 + x  f3 (x) = · · · = · 2 1+x (1 − x)2 2 1+x (1 − x)2 1 1 = = 2 (1 + x)(1 − x) 1 − x  x+1 1 d) f4−1 = arcoth x = ln 2 x−1 x − 1 (x − 1) · 1 − (x + 1) · 1 1 x − 1 x − 1 − x − 1 1 f4 (x) = · · · = · 2 x+1 (x − 1)2 2 x+1 (x − 1)2 1 1 1 =− 2 = =− . (x + 1)(x − 1) x − 1 1 − x2 Aufgabe 15.7

⎛

Best¨atigen Sie die Gleichung ⎝x

⎞



√ x2 − 1 − arcoshx⎠ = 2 x2 − 1, x ≥ 1    y

L¨osung: (x





1 1 · 2x2 − √ x2 − 1 · 1 + √ 2 x2 − 1 x2 − 1  x2 − 1 + x2 − 1 2(x2 − 1) √ = √ = 2 x2 − 1. = x2 − 1 x2 − 1

x2 − 1 − arcosh x) =

Aufgabe 15.8 Bestimmen Sie die Ableitungen von: √ a) g(x) = cot 3 1 − x2 4 1 b) h(x) = x 3 · (1 − x) 3 .

15 Ableitung der elementaren Funktionen

179

L¨osung: a) (cot x) =

−1 , sin2 x

 −1 1 3 √ · · (1 − x2 )−2 · (−2x) (sin 3 1 − x2 )2 3 2 x √ = · √ 3 ( 3 1 − x2 sin 3 1 − x2 )2

⇒ g (x) =

b) 1 4 1 2 4 1 x 3 (1 − x) 3 + x 3 · (1 − x)− 3 · (−1) 3⎛ 3 ⎞  4 1 1⎝ x ⎠ 4(x − x2 ) 3 − 3 = 3 (1 − x)2 ⎛ ⎞  4 x 1⎝  3 ⎠ 4 x − x2 − 3 = 3 (1 − x)2

h (x) =

Aufgabe 15.9 Differenzieren Sie: a) f1 (x) = ln (ln (ex + 1)) b) f2 (x) = (1 + x)2 arctan x   tan x + 1 , x ∈ π , π c) f3 (x) = 21 ln tan x−1 4 2 L¨osung: a) f1 (x) = ln (ln (ex + 1)) 1 1 · ex ⇒ f1 (x) = ln (ex + 1) ex + 1 b) f2 (x) = (1 + x)2 arctan x ⇒ f2 (x) = 2(1 + x) · 1 · arctan x + (1 + x)2 = (2 + 2x) arctan x +

(1 + x)2 1 + x2

1 1 + x2

180

15 Ableitung der elementaren Funktionen

c) f3 (x) = = ⇒ f3 (x) = = = =

1 tan x + 1 ln 2 tan x − 1 1 (ln (tan x + 1) − ln (tan x − 1)) 2  1 1 1 1 1 · · − 2 tan x + 1 cos2 x tan x − 1 cos2 x 1 tan x − 1 − (tan x + 1) · 2 cos2 x(tan x + 1)(tan x − 1) 1 −2 · 2 cos2 x(tan2 x − 1) −1 1 1 . = = sin2 x − cos2 x cos2 x − sin2 x cos(2x)

Aufgabe 15.10 Logarithmische Differentiation Berechnen Sie die Ableitungen der Funktionen a) f1 (x) = (xx )x b) f2 (x) = xcos x 2 xex sin x c) f3 (x) =  5 1 +2 x x x d) f4 (x) = x

x(x2 + 1) (x2 − 1)2 f) f6 (x) = (x2√+ 2)3 (1 − x3 )4 1 3 x(4 − 5x) g) f7 (x) =  3 3 (1 − x)2 e) f5 (x) =

3

L¨osung: (ln f (x)) =

f  (x) ⇒ f  (x) = f (x) · (ln f (x)) f (x)

a) f1 = (xx )x = x(x )  

 2  ln xx = x2 ln x = 2x ln x + x 2

⇒ f1 (x) = (xx )x (2x ln x + x) b) f2 (x) = xcos x cos x (ln xcos x ) = (cos x · ln x) = − sin x ln x + x   cos x ⇒ f2 (x) = xcos x − sin x ln x + x

15 Ableitung der elementaren Funktionen

181

xex sin x c) f3 (x) =  5 1 +2 x ⎛ ⎞ 2

   ⎜ xex2 sin x ⎟ cos x 1 ⎜ ⎟ 2 + ln sin x − 5 ln 1 + 2 + = ln x + x = + 2x + ⎜ln  ⎟ 5 x x sin x ⎝ ⎠ 1 +2 x 1 2 5· x 1 +2 x   2 5 xex sin x 1 =⇒ f3 (x) =  + 2x + cot x + 5 x x + 2x2 1 +2 x x d) f4 (x) = xx zweifache Anwendung ergibt: (ln (ln ( f4 (x)))) =

f4 (x) ln( f4 (x)) · f4 (x)

⇒ f4 (x) = f4 (x)·ln( f4 (x))·(ln (ln f4 (x)))

1 (ln (ln ( f4 (x)))) = (ln (xx ln(x))) = (x ln x + ln (ln x)) = ln x + 1 + x ln x   1 x ⇒ f4 (x) = xx · xx ln x · ln x + 1 + x ln x Alternative: 1 x (ln xx ) = (xx ln x) = (xx ) · ln x + xx · x (ln xx ) = (x ln x) = ln x + 1 ⇒ (xx ) = xx (ln x + 1) = xx ln x + xx 1 x ⇒ (ln xx ) = (xx ln x + xx ) · ln x + xx · x   1 x  x x x x ⇒ f4 (x) = x · (x ln x + x ) · ln x + x · x   13  2 2 x(x + 1) x(x + 1) e) f5 (x) = 3 2 = 2 (x − 1) (x2 − 1)2

182

15 Ableitung der elementaren Funktionen

(ln f5 (x)) =

 

=

1 x(x2 + 1) ln 3 (x2 − 1)2



1 1 ln x(x2 + 1) − ln(x2 − 1)2 3 3



 1 2 (ln x + ln(x2 + 1)) − (ln(x + 1) + ln(x − 1)) 3 3     1 1 2 1 1 1 + 2 2x − ·1+ ·1 = 3 x x +1 3 x+1 x−1   2x 2 2 1 1 + − − = 3 x x2 + 1 x + 1 x − 1 

=

   2x 2 2 1 3 x(x2 + 1) 1 + − − ⇒ 3 (x2 − 1) x x2 + 1 x + 1 x − 1 f) f6 (x) = (x2 + 2)3 (1 − x3 )4 f5 (x) =

ln( f6 (x)) = ln((x2 + 2)3 (1 − x3 )4 ) = ln(x2 + 2)3 + ln(1 − x3 )4 = 3 ln(x2 + 2) + 4 ln(1 − x3 ) 1 1 (ln( f6 (x))) = 3 · 2 · 2x + 4 · · (−3x2 ) x +2 1 − x3 12x2 6x(1 − x3 ) − 12x2 (x2 + 2) 6x − = = 2 x + 2 1 − x3 (x2 + 2)(1 − x3 ) =

6x(1 − x3 − 2x3 − 4x) 6x − 6x4 − 12x4 − 24x2 = 2 3 (x + 2)(1 − x ) (x2 + 2)(1 − x3 )

=

6x(1 − 4x − 3x3 ) (x2 + 2)(1 − x3 )

⇒ f6 (x) =

6x(1 − 4x − 3x3 ) (x2 + 2)3 (1 − x3 )4 · (x2 + 2)(1 − x3 ) 1

= 6x(1 − 4x − 3x3 )(x2 + 2)2 (1 − x3 )3 g) f7 (x) =

√ 1 3 x(4 − 5x)  3 3 (1 − x)2

15 Ableitung der elementaren Funktionen

183

  √ 1 3 x(4 − 5x)  ln( f7 (x)) = ln 3 3 (1 − x)2 √  3 1 x(4 − 5x) = ln + ln  3 3 (1 − x)2 1

2

=  ln 1 − ln 3 + ln(x 3 ) + ln(4 − 5x) − ln((1 − x) 3 ) 0

2 1 = ln x + ln(4 − 5x) − ln(1 − x) − ln 3 3 3 1 2 1 1 1 · + · (−5) − · · (−1) 3 x 4 − 5x 3 1−x 1 5 2 = − + 3x 4 − 5x 3(1 − x) (4 − 5x)(1 − x) − 15x(1 − x) + 2x(4 − 5x) = 3x(4 − 5x)(1 − x)

(ln( f7 (x))) =

⇒

f7 (x) =

=

4 − 4x − 5x + 5x2 − 15x + 15x2 + 8x − 10x2 3x(4 − 5x)(1 − x)

=

10x2 − 16x + 4 3x(4 − 5x)(1 − x)

√ 1 3 x(4 − 5x) 10x2 − 16x + 4 ·  . · 3 3 (1 − x)2 3x(4 − 5x)(1 − x)

Kapitel 16

Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

Satz von Rolle (Theorem 23.1, Kap.23) Es sei f eine auf dem abgeschlossenen Intervall I = [a, b] stetige und im offenen Intervall (a, b) differenzierbare Funktion. Gilt dann noch f (a) = f (b), so existiert ein x0 ∈ (a, b) mit f  (x0 ) = 0. Mittelwertsatz der Differentialrechnung (Theorem 23.2, Kap.23) Die Funktion f sei auf dem abgeschlossenen Intervall I = [a, b] stetig und im offenen Intervall (a, b) differenzierbar. Dann gibt es ein x0 ∈ (a, b) mit f  (x0 ) =

f (b) − f (a) . b−a

Aufgabe 16.1 3 2 Best¨ √ atigen Sie den Mittelwertsatz f¨ur das Beispiel: f (x) = x − 4x + 7 f¨ur a = − 3, b = 4. L¨osung: √ f (x) = x3 − 4x2 + 7, a = − 3, √ √ ⇒ f (a) = (− 3)3 − 4(− 3)2 + 7 √ = −3 3 − 12 + 7 √ = −3 3 − 5

b=4

f (b) = 43 − 4 · 42 + 7 = 64 − 64 + 7 =7

⇒

√ √ f (b) − f (a) 12 + 3√ 3 3(4 +√ 3) = = =3 b−a 4+ 3 4+ 3

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 16, 

186

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

f  (x) = 3x2 − 8x !

3x2 − 8x = 3 ⇔ 3x2 − 8x − 3 = 0  8 ± 82 − 4 · 3 · (−3) 4 ± 5 x1,2 = = 3 2·3 1 ⇒ x1 = − 3 , x2 = 3. Aufgabe 16.2 1 1 Sei f (x) = x + sin x, x1 = π , x2 = 4π . 5 3 Nach dem MWS gibt es mindestens ein x0 ∈ (π , 4π ) mit f  (x0 ) =

f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1

Wieviele Punkte x0 mit dieser Eigenschaft gibt es in diesem Beispiel? Welche sind es? L¨osung:

  π 1 4π 1 + sin(4π ) − + sin π 1 1 5 3 5 3 ! f (4π ) − f (π ) = f  (x) = + cos x = 5 3 4π − π 3π 4π π − 5 =1 = 5 3π 5 π 1 1 1 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = + π k, k ∈ Z ⇒ + cos x = 5 3 5 2 ⇒ Im Intervall (π , 4π ) gibt es 3 Stellen: 3 x01 = π 2 5 x02 = π 2 7 x03 = π . 2 Aufgabe 16.3 Die Funktion f (x) sei gegeben durch f (x) = (x − 2)3 + x2 + 3x − 6. Nach dem MWS existiert zu je zwei Punkten a, b aus dem Definitionsbereich der differenzierbaren Funktionen ein x0 ∈ (a, b) mit f  (x0 ) =

f (b) − f (a) . b−a

Finden Sie f¨ur a = 1 und b = 2 eine solche Stelle x0 .

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

187

L¨osung: f  (x) = 3(x − 2)2 + 2x + 3 = 3x2 − 12x + 12 + 2x + 3 = 3x2 − 10x + 15 f (a) = f (1) = −1 + 1 + 3 − 6 = −3 f (b) = f (2) = 0 + 4 + 6 − 6 = 4 4 − (−3) =7 2−1 2 ⇔ 3x − 10x + 15 − 7 = 0 ⇔ 3x2 − 10x + 8 = 0 √ 4 10 ± 100 − 96 ⇔ x = oder x = 2 ⇔x= 6 3 4 Im Intervall (1,2) liegt x = 3 4 ⇒ x0 = . 3 !

⇒ 3x2 − 10x + 15 =

Aufgabe 16.4 Beweisen Sie: a) f  (x) = 0 f¨ur alle x ∈ (a, b) b) f  (x) > 0 f¨ur alle x ∈ (a, b)

⇒ ⇒

f (x) = c (konstant) auf [a, b] f streng monoton wachsend auf [a, b]

Hinweis: Beweisen Sie zuerst folgendes Korollar: Korollar zum MWS: Sei f : [a, b] → R eine stetige in (a, b) differenzierbare Funktion. F¨ur die Ableitung gelte: m ≤ f  (ξ ) ≤ M f¨ur alle ξ ∈ (a, b) mit gewissen Konstanten m, M ∈ R. Dann gilt f¨ur alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b die Absch¨atzung: m(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ M(y − x) L¨osung: Teil 1: Beweis des Korollars

Umformulierung des MWS

f (y) − f (x) = f  (ξ ) f¨ur ein ξ ∈ (x, y) y−x F¨ur f  (ξ ) gilt: m ≤ f  (ξ ) ≤ M f¨ur alle ξ ∈ (a, b) f (y) − f (x) ⇒m≤ ≤ M f¨ur alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b y−x ⇒ m(y − x) ≤ f (y) − f (x) ≤ M(y − x) f¨ur alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b. Teil 2: Beweis der Behauptung a) und b) a) f  (x) = 0 f¨ur alle x ∈ (a, b) ⇒ m ≤ f  (ξ ) ≤ M mit m = M = 0 f¨ur alle ξ ∈ (a, b) Korollar

⇒ 0 ≤ f (y) − f (x) ≤ 0 f¨ur alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b

188

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

⇒ f (y) − f (x) = 0 f¨ur alle x, y ∈ R mit a ≤ x ≤ y ≤ b ⇒ f (x) = c (konstant) auf [a, b] b) Angenommen, f sei nicht streng monoton wachsend, dann gibt es Punkte x1 , x2 ∈ [a, b] mit x1 < x2 und f (x1 ) ≥ f (x2 ). Nach dem MWS existiert dann ein ξ ∈ (x1 , x2 ) mit ≤0

   f (x2 ) − f (x1 )  ≤0: f (ξ ) = x2 − x1   

Widerspruch zu

f  (x) > 0.

>0

Aufgabe 16.5 Man beweise mit Hilfe des MWS folgende Aussage: Seien f (x), g(x) stetige Funktionen auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b). Ferner sei g (x) = 0 f¨ur alle x ∈ (a, b). Dann existiert ξ ∈ (a, b) mit f (b) − f (a) f  (ξ ) = . g(b) − g(a) g (ξ ) L¨osung: MWS ⇒ g(b) − g(a) = g (η )(b − a), η ∈ (a, b) ⇒ g(b) − g(a) = 0, falls g (x) = 0 f¨ur alle x ∈ (a, b) Hilfsfunktion: f (b) − f (a) D(x) := f (x) − f (a) − (g(x) − g(a)) g(b) − g(a) D(x) ist stetig auf [a, b] und differenzierbar auf (a, b). D(b) = 0, D(a) = 0 Nach dem Satz von Rolle existiert dann ein x0 ∈ (a, b) so dass f (b) − f (a)  D (x0 ) = f  (x0 ) − · g (x0 ) = 0 g(b) − g(a) f (b) − f (a) f  (x0 ) =  g (x0 ) g(b) − g(a) und mit x0 := ξ ergibt sich hieraus die Behauptung, also f (b) − f (a) f  (ξ ) = .  g (ξ ) g(b) − g(a) Daraus folgt

Aufgabe 16.6 Sei f (x) differenzierbar, f (0) = 0 und | f  (x)| < 1 f¨ur alle x ∈ R. Zeigen Sie: | f (x)| < |x| f¨ur alle x ∈ R. L¨osung: Nach dem MWS gibt es ein x0 ∈ R mit    f (x) − f (0)   = | f  (x0 )| < 1  ⇒ x−0  =0

 ⇒ | f (x) − f (0) | < |x − 0|

f (x) − f (0) = f  (x0 ) . x−0

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

189

⇒ | f (x)| < |x|. Aufgabe 16.7 Beweisen Sie folgende Ungleichungen: a) sin x ≤ x f¨ur x ≥ 0 π b) tan x > x f¨ur 0 < x < . 2 L¨osung: MWS

a) sin x = sin x − sin 0 = (x − 0) cos x0 mit x0 ∈ (0, x) cos x≤1

⇒ sin x = x cos x0 ≤ x MWS b) tan x = tan x − tan 0 = (x − 0) tan x0 mit x0 ∈ (0, x) π 1 tan x = =1 + (tan x)2 > 1 f¨ur 0 < x < 2    cos x 2 ⇒ tan x

= x tan x0

> x.

>0 f¨ur 0<x< π2

Aufgabe 16.8 Mit Hilfe des MWS beweise man Folgendes: x f¨ur x > −1 a) log(x + 1) ≥ x+1 x b) 1 + x < e f¨ur x ∈ (0, 1). L¨osung: a) log(x + 1) = log(x + 1) − log(0 + 1) = (x − 0) log (x0 + 1) = MWS

x < x0 < 0 bzw. 0 < x0 < x. 1.Fall. F¨ur x > 0, 0 < x0 < x gilt: 1 ·x,x>0 x x 1 ≥ ≥ ⇒ x0 + 1 x + 1 x0 + 1 x + 1 x x ≥ ⇒ log(x + 1) = x0 + 1 x + 1 2.Fall. F¨ur −1 < x < 0, x < x0 < 0 gilt: 1 1 ·x,x<0 x x < > ⇒ x0 + 1 x + 1 x0 + 1 x + 1 x x > ⇒ log(x + 1) = x0 + 1 x + 1 x f¨ur alle x > −1. ⇒ log(x + 1) ≥ x+1

x mit x0 + 1

190

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

b) Nach dem MWS gibt es ein x0 , 0 < x0 < x, mit ⇒ ex − e0

>x ⇔ ex − 1 > x ⇔ ex > x + 1.

ex − e0 = e x0 x−0

Monotonie 0

>

e =1

Aufgabe 16.9 √ Bestimmen Sie 63 n¨aherungsweise. L¨osung: Sei f (x) =

√ √ √ x mit f (a) = 63 und f (b) = 64 .

1 F¨ur die Ableitung f  (x) von f (x) ergibt sich f  (x) = √ . 2 x Mit dem MWS erh¨alt man 1 f (64) = f (63) + (64 − 63) ·  , 63 ≤ ξ ≤ 64 2 ξ oder √ √ 1 64 = 63 + (64 − 63) ·  , 63 ≤ ξ ≤ 64. 2 ξ Die Zahl ξ ist unbekannt. W¨ahlt man aber ξ = 64, so folgt √ √ 1 1 = 7, 9375. 63 ≈ 64 − √ = 8 − 2 ·8 2 64 √ Der exakte Wert (mit 9 Dezimalstellen) lautet: 63 = 7, 937253933.... Aufgabe 16.10 √ Gibt es f¨ur die Funktion f (x) = x im Intervall (0, 4) eine Tangente an den Graphen, die die gleiche Steigung wie die Sekante durch die Intervallendpunkte aufweist? Berechnen Sie den Schnittpunkt der Tangente t und der Funktion f . L¨osung: Die Funktion ist differenzierbar im Intervall (0, 4), da 1 f  (x) = √ . 2 x Nur an der Stelle x0 = 0 ist die Funktion nicht differenzierbar, aber diese geh¨ort nicht zum Intervall (0, 4). Die Funktion ist stetig, da sie differenzierbar ist. ⇒ Damit sind alle Voraussetzungen f¨ur den MWS erf¨ullt! Auf einem Intervall (a, b) gibt es nach dem MWS eine Tangente y = fT (x) an die Kurve y = f (x), die parallel zu Sekante y = fS (x) durch die Kurvenpunkte P1 = (a, f (a)) und P2 = (b, f (b)) ist. Ber¨uhrt diese Tangente die Kurve im Punkt PT = (x, f (x)), so gilt: fT (x) = fS (x). Aus den Intervallgrenzen ergeben sich √ f¨ur a = 0 : f (a) = √0 = 0 und somit P1 = (0, 0), f¨ur b = 4 : f (b) = 4 = 2 und daf¨ur P2 = (4, 2). Daraus l¨aßt sich der Anstieg der Sekante durch die Punkte P1 und P2 berechnen:

16 Differenzierbare Funktionen auf Intervallen

191

y2 − y1 2−0 1 = . = x2 − x1 4−0 2 Der Anstieg der Sekante ist gleich dem Anstieg der Tangente, also der 1.Ableitung √ 1 1 an der Stelle x0 ⇒ f  (x0 ) = ms ⇔ √ = ⇔ x0 = 1 ⇔ x0 = 1 2 x0 2 √ ⇒ f (1) = 1 = 1 und somit Pt (1, 1). Als Schnittpunkt der Tangente t(x) und der Funktion f (x) ergibt sich Pt (1, 1). ms =





 










Abb. 16.1 Skizze zu Aufgabe 16.10





Kapitel 17

H¨ohere Ableitungen

F¨ur eine Funktion f setze man: f

1. Ableitung von f

f  := ( f  )

2. Ableitung von f

f  := ( f  )

3. Ableitung von f

f (4) := ( f  )

4. Ableitung von f

.. . f (n) := ( f (n−1) )

.. . n-te Ableitung von f .

Definition Differenzierbarkeit h¨oherer Ordnung (Def. 24.1, Kap. 24.1) f heißt an der Stelle x0 n-mal differenzierbar, falls alle Ableitungen f  (x0 ), f  (x0 ), . . ., f (n) (x0 ) existieren. Aufgabe 17.1 Berechnen Sie die 4. Ableitung folgender Funktionen: x a) f (x) := 3x4 − 5x2 + cos 2 b) g(x) := e−x x3 . L¨osung: x 2 x 1 f  (x) = 12x3 − 10x − sin · 2 2 x 1 f  (x) = 36x2 − 10 − cos · 2 4 x 1  f (x) = 72x + sin · 2 8

a) f (x) = 3x4 − 5x2 + cos

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 17, 

194

17 H¨ohere Ableitungen

f (4) (x) = 72 +

x 1 cos 16 2

b) g(x) = e−x x3 g (x) = −e−x x3 + 3x2 e−x = e−x (3x2 − x3 ) g (x) = −e−x (3x2 − x3 ) + e−x (6x − 3x2 ) = e−x (x3 − 3x2 + 6x − 3x2 ) = e−x (x3 − 6x2 + 6x) g (x) = −e−x (x3 −6x2 +6x)+e−x (3x2 −12x +6) = e−x (−x3 +6x2 −6x +3x2 − 12x + 6) = e−x (−x3 + 9x2 − 18x + 6) g(4) (x) = −e−x (−x3 + 9x2 − 18x + 6) + e−x (−3x2 + 18x − 18) = e−x (x3 − 9x2 + 18x − 6 − 3x2 + 18x − 18) = e−x (x3 − 12x2 + 36x − 24). Aufgabe 17.2 Berechnen Sie die n-te Ableitung von a) b) c) d) e)

f (x) = sin(ax) g(x) = cosh x. h(x) = sinh(ax) i(x) = x2 ln x, x > 0 j(x) = ln x

L¨osung: a) f (x) = sin(ax)  π Bemerkung: sin x + = cos x 2 Damit gilt:  π f  (x) = a cos(ax) = a sin ax + 2



f  (x) = a2 cos ax + π2 = a2 sin ax + π2 + π2 = a2 sin ax + 2 π2 .. .  π Behauptung: f (n) (x) = an sin ax + n 2 Beweis: Induktion nach n IA: n = 1 : siehe  oben π  IV: f (n) (x) = an sin ax + n 2 IS:   π  IV n → n + 1 : f (n+1) (x) = an sin ax + · n 2   π n+1 = a cos ax + n 2  π π n+1 = a sin ax + n + 2 2   π n+1 = a sin ax + (n + 1) 2

17 H¨ohere Ableitungen

195

)

$

1 x 1 (e + e−x ) = (ex − e−x ) = sinh x 2 2 ) $ 1 1 g (x) = (cosh x) = (ex − e−x ) = (ex + e−x ) = cosh x 2 2 .. .  cosh x, n = 0, 2, 4, 6, . . . ⇒ g(n) (x) = (cosh x)(n) = sinh x, n = 1, 3, 5, 7, . . . c) h(x) = sinh(ax) h (x) = a cosh(ax) h (x) = a2 sinh(ax) h (x) = a3 cosh(ax) .. .  n a cosh(ax) : n = 1, 3, 5, 7, . . . (n) ⇒ h (x) = an sinh(ax) : n = 0, 2, 4, 6, . . .

b) g (x) = (cosh x) =

d) i(x) = x2 ln x, x > 0 1 i (x) = 2x ln x + x2 = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) x 2  i (x) = 2 ln x + 1 + x = 2 ln x + 3 x 2 i (x) = x i(4) (x) = (2 · x−1 ) = 2(−1)x−2 i(5) (x) = 2(−1)(−2)x−3 .. .

Behauptung: i(n) (x) = 2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) f¨ur alle n ≥ 3 Beweis: Induktion nach n IA : n = 3 siehe oben IV : i(n) (x) = 2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) f¨ur alle n ≥ 3 IS : n → n + 1 : i(n+1) (x) = (i(n) ) (x)

= (2(−1)n−1 (n − 3)!x−(n−2) ) = 2(−1)n−1 (n − 3)!(−(n − 2))x−(n−2)−1 = 2(−1)n (n − 2)!x−(n−1) . e) j(x) = ln x 1 j (x) = x 1  j (x) = − 2 x 2 j (x) = 3 x .. . IV

196

17 H¨ohere Ableitungen

d n ln x (−1)n−1 · (n − 1)! Behauptung: = dxn xn Beweis: Induktion nach n: IA: n = 1, 2, 3: siehe oben d n ln x (−1)n−1 · (n − 1)! IV: = dxn xn IS: n → n + 1: (ln x)(n+1) = ((ln x)n )   (−1)n−1 (n − 1)! IV = xn = ((−1)n−1 (n − 1)!x−n )

= (−1)n−1 (n − 1)!(−n) · x−n−1 (−1)n n! = (−1)n n! · x−(n+1) = xn+1 Aufgabe 17.3 Wie oft sind die folgenden Funktionen differenzierbar? a) f (x) = √ 2x2 + 5 b) g(x) = x 1 c) h(x) = 2 1 − x sin x, x ≥ 0 d) i(x) = 2x2 + x, x < 0 Gegebenenfalls ist die n-te Ableitung allgemein anzugeben! L¨osung: a) f (x) = 2x2 + 5 f  (x) = 4x f  (x) = 4 f (n) = 0 f¨ur alle n ≥ 3 ⇒ f (x) ist unendlich oft differenzierbar auf R. √

1

x = x2 1 1 −1  g (x) = x 2 2   1 1 1  − 1 x 2 −2 g (x) = 2 2   1 1 1 1  −1 − 2 x 2 −3 g (x) = 2 2 2 .. .

b) g(x) =

17 H¨ohere Ableitungen

197



    1 1 1 1 1 −1 −2 ·...· − (n − 1) x 2 −n Behauptung: g(n) (x) = 2 2 2 2      n−1 1 −k =∏ k=0 2   n−1 1 1 − k x 2 −n = ∏ 2 k=0 Beweis: vollst¨andige Induktion nach n IA: n = 1 sieheoben  n−1 1 1 − k x 2 −n IV: g(n) (x) = ∏ 2 k=0    =:Φn

IS: n → n + 1 g(n+1) (x) = (g(n) (x)) IV

= (Φnx 2 −n ) 1 1 1 − n x 2 −n−1 = Φn+1 x 2 −(n+1) = Φn 2 ⇒ g(x) ist unendlich oft differenzierbar auf dem Intervall (0, ∞). 1

1 , x ∈ Dg = R\{±1} 1 − x2 Partialbruchzerlegung: 1 − x2 = (1 + x)(1 − x) B 1 A + ⇒Ansatz: = 1 − x2 1−x 1+x

c) h(x) =

⇔

Koeff.vgl.:

1 = A(1 + x) + B(1 − x) 1 = x(A − B) + (A + B) A−B = 0 ⇔ A = B A+B = 1 1 1 ⇒ 2A = 1 ⇔ A = ⇒ B = 2 2 

 1 1 1 1 + ⇒ = 1 − x2 2 1−x 1+x  

 1 = (1 − x)−1 = (−1)(1 − x)−2 (−1) = (1 − x)−2 1−x

 (1 − x)−2 = (−2)(1 − x)−3 (−1) = 2 · (1 − x)−3 .. .

(n) Behauptung: (1 − x)−1 = n!(1 − x)−(n+1) Beweis: vollst¨andige Induktion nach n: 1 IA: n = 0 : 0!(1 − x)−1 = (1 − x)−1 = 1−x

198

17 H¨ohere Ableitungen

IV: ((1 − x)−1 )(n) = n!(1 − x)−(n+1) IS: n → n + 1 : ((1 − x)−1 )(n+1) = (((1 − x)−1 )(n) ) IV

= (n!(1 − x)−(n+1) ) = n!(−(n + 1))(1 − x)−(n+1)−1 (−1) = n!(n + 1)(1 − x)−n−2 = (n + 1)!(1 − x)−(n+2)  1 = ((1 + x)−1 ) = (−1) · (1 + x)−2 1+x   1 = ((−1)(1 + x)−2 ) = (−1)(−2)(1 + x)−3 1+x 



1 1+x



= (−1)2 · 2 · 1 · (1 + x)−3 = ((−1)2 · 2 · 1 · (1 + x)−3 ) = (−1)2 · (−3) · 2 · 1 · (1 + x)−4 = (−1)3 · 3 · 2 · 1 · (1 + x)−4 = (−1)3 · 3! · (1 + x)−4

.. . Behauptung:

1 1+x

(n)

= (−1)(n) · n!(1 + x)−(n+1)

Bew.: Induktion nach n IA : n = 0 (−1)0 · 0!(1 + x)−(0+1) = (1 + x)−1 (n)  1 IV : = (−1)(n) · n!(1 + x)−(n+1) 1+x IS : n → n + 1 ((1 + x)−1 )(n+1) = (((1 + x)−1 )(n) ) = ((−1)n n!(1 + x)−(n+1) ) = (−1)n n!(−(n + 1))(1 + x)−(n+1)−1 = (−1)n+1 n!(n + 1)(1 + x)−(n+2) = (−1)n+1 (n + 1)!(1 + x)−(n+2) IV

(n) (n)   1 1 1 1 + = 1 − x2 2 1−x 1+x  (n)  (n)  1 1 1 = + 2 1−x 1+x n! 1 = · [n!(1 − x)−(n+1) + (−1)n n!(1 + x)−(n+1) ] = ((1 − x)−(n+1) + (−1)n (1 + 2 2 x)−(n+1) ) ⇒ h(x) ist unendlich oft differenzierbar auf Dh .  sin x : x ≥ 0 d) i(x) = 2 +x : x < 0 2x  cos x : x ≥ 0 ⇒ i (0+ ) = 1 = i (0− ) i (x) = 4x + 1 : x < 0 ⇒ h(n) (x) =



17 H¨ohere Ableitungen

199



− sin x : x ≥ 0 ⇒ i (0+ ) = 0 = 4 = i (0− ) 4 : x<0 ⇒ i(x) ist nicht stetig ⇒ die dritte Ableitung existiert nicht ⇒ i(x) ist zweimal differenzierbar auf R.

i (x) =

Aufgabe 17.4 Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion, dass (n) + g(n) , n ≥ 1, i) ( f + g)(n) = f  n n (n) f (n−k) g(k) , n ≥ 1 ii) ( f g) = ∑ k=0 k

L¨osung: i) ( f + g)(n) = f (n) + g(n) IA : n = 1 : ( f + g) = f  + g (Summenregel) IV : ( f + g)(n) = f (n) + g(n) IS : n → n + 1 : ( f + g)(n+1) = (( f + g)(n) ) Summenregel

IV

= ( f (n) + g(n) ) = ( f (n) ) + (g(n) ) = f (n+1) + g(n+1) n   n (n−k) (k) (n) f ii) ( f g) = ∑ g k=0 k IA : n = 1 : ( f g)(1) = 1 · f (1) g(0) + 1 · f (0) g(1) = 1 · f  g + 1 · f g = f  g + f g Produktregel   n n (n−k) (k) f g IV : ( f g)(n) = ∑ k=0 k IS: n ( f g)

(n+1)

→

n+1 :

(( f g)(n) )     n n (n−k) (k) IV f = g ∑ k=0 k  n   n (n−k) (k) f = g ∑ k=0 k n   n Produktregel = ∑ k ( f (n−k+1) g(k) + f (n−k) g(k+1) ) k=0 n   n   n n = ∑ k f (n−k+1) g(k) + ∑ k f (n−k) g(k+1) k=0 k=0 =

200

17 H¨ohere Ableitungen  NR.:

n+1 k

 = = =

⇒



n k

n+1 k+1



(n + 1)! ((n + 1) − k)!k! n!(n + 1) (n − k)!k!(n + 1 − k)  n  n+1

k n+1−k   n+1−k n+1 k n+1    k n+1 = 1− n+1 k

=

=

(n + 1)! ((n + 1) − (k + 1))!(k + 1)!

=

(n + 1)! (n − k)!(k + 1)!

n!(n + 1) (n − k)!k!(k + 1)  n  n+1 = k k+1   n k+1 n+1 ⇒ = n+1 k+1 k =

   n n + 1 (n+1−k) (k) k+1 n+1 f f (n−k) g(k+1) g +∑ k k + 1 n + 1 k=0 k=0     n  n n+1 k k+1 n+1 (n+1−k) (k) f f (n+1−(k+1)) g(k+1) = ∑ 1− g +∑ k n+1 k=0 k=0 n + 1 k + 1 =

 ∑ 1− n

k n+1



Setze: k + 1 =: m, k ∈ {0, . . . , n} ⇒ m ∈ {1, . . . , n + 1}     n  n + 1 (n+1−k) (k) n+1 m n+1 k f f (n+1−m) g(m) = ∑ 1− g +∑ k m n + 1 n + 1 m=1 k=0     n+1  n+1 k n+1 n+1 m (n+1−k) (k) f f (n+1−m) g(m) = ∑ 1− g +∑ k m n+1 n+1 m=0 k=0       =0 f¨ ur m=0 =0 f¨ ur k=n+1    n+1  k k n+1 + f (n+1−k) g(k) = ∑ 1− k n+1 n+1 k=0  n+1  n+1 f (n+1−k) g(k) . =∑ k k=0 Aufgabe 17.5 d 40 (x2 sin x) =? dx40

17 H¨ohere Ableitungen

201

L¨osung: d 40 x2 sin x dx40

Aufg. 18.4ii)

=

  40 2 (k) ) ∑ k (sin x)(40−k) (x    k=0 =0 f¨ ur k≥3 40

 40 (sin x)(40−k) (x2 )(k) =∑ k k=0       40 40 40 (sin x)(40) · x2 + (sin x)(39) · 2x + (sin x)(38) · 2 = 0 1 2 = x2 · (sin x)(40) + 80x(sin x)(39) + 1560(sin x)(38)    π π π Aufg. 18.2 a) 2 40 +80x·139 sin x + 39 +1560·138 sin x + 38 = x ·1 sin x + 40 2 2  2 39 2 = x sin(x + 20π ) + 80x sin x + π + 1560 sin(x + 19π ) 2 = x2 sin x + 80x(− cos x) + 1560(− sin x) = x2 sin x − 80x cos x − 1560 sin x. 2



Aufgabe 17.6 Bestimmen Sie die n-te Ableitung von f (x) = e−x · xm

m∈N

L¨osung: f (x) = e−x · xm Aufg. 18.4 ii)

=

m∈N (n−k) n   n e−k f (n) (x) = ∑ (xm )(k) k=0 k

(xm )(k) = 0

,

k>m n m≤n (n) (e−x )(n−k) (xm )(k) ⇒ f (x) = ∑ k k=0 ,

m

(e−x ) = −e−x , (e−x ) = e−x , (e−x ) = −e−x , . . . , (e−x )(n−k) = (−1)n−k e−x m   n (−1)n−k e−x (xm )(k) ⇒ f (n) (x) = ∑ k k=0 (xm )(0) = xm (xm )(1) = mxm−1 (xm )(2) = m(m − 1)xm−2 (xm )(3) = m(m − 1)(m − 2)xm−3 .. . m (k) (x ) = m(m − 1)(m − 2) · . . . · (m − (k − 1))xm−k m! xm−k = (m − k)!

202

⇒ f (n) (x) =

17 H¨ohere Ableitungen m

∑

k=0

n k

(−1)n−k e−x

m! xm−k . (m − k)!

Kapitel 18

Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

Regel (Theorem 25.1 (L’Hospital’sche Regel I), Kap. 25) Sind f , g auf I differenzierbar, gilt lim f (x) = lim g(x) = 0 und existiert lim x→x0

so ist lim

x→x0

x→x0

f (x) f  (x) = lim  . g(x) x→x0 g (x)

Diese Aussage gilt unver¨andert, wenn man a) x0 durch +∞ b) x0 durch −∞ ersetzt. (Theorem 25.2 (L’Hospital’sche Regel II), Kap. 25)

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich Aufgabe 18.1 Bestimmen sie die Grenzwerte der unbestimmten Ausdr¨ucke:   1 2 3 1 − + x + x − + ln x 4 2 2 a) lim 3 x→1  π(x− 1) x 1 − sin 2 b) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 ex + e−x − 2 c) lim x→0 x − ln (1 + x) x sin 2x d) lim x→0 sinh2 x ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 18, 

x→x0

f  (x) , g (x)

204

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

ln(tan x) cos 2x 2x3 + 3x2 − 8x − 12 f) lim x→−2 x3 − 3x + 2 5 x − x3 − x2 + 1 g) lim x→1 x7 − 1 3x e −1 h) lim x→0 x cosh(x − 3) − 1 i) lim x→3 (x − 3)2 x−1 j) lim x↓1 arcoshx √ √ a + x − 2a √ f¨ur a > 0 k) lim √ x→a a + 2x − 3a   1 1 − l) lim x→0 sin x  πx  x 1 − sin 2 m) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 ) $ 0 Hinweis: Typ 0 e) limπ

x→ 4

L¨osung:

    1 2 1 x2 3 1 3 − + x + x − + ln x 1 + x − + ln x + · 4 2 2 2 2 x l.H. = lim a) lim 3 2 x→1 x→1 (x − 1) 3(x − 1) x 1 3 − + ln x + + l.H. x 2 = lim 2 x→1 6(x − 1) ln x = lim x→1 6(x − 1) 1 1 l.H. = lim x = x→1 6 6 πx π πx π2 πx sin 1 − sin − cos 2 l.H. 2 = lim 2 2 l.H.= lim 4 2 =π b) lim 2 x→1 3x − 6x + 3 x→1 x→1 6x − 6 6 24 x −x x −x e + e − 2 l.H. e −e ex + e−x l.H. = lim = lim =2 c) lim 1 1 x→0 x − ln (1 + x) x→0 x→0 1− 1+x (1 + x)2

x sin 2x l.H. sin 2x + 2x cos 2x = lim 2 x→0 sinh x x→0 2 sinh x cosh x

d) lim

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

205

sin 2x + 2x cos 2x l.H. 2 cos 2x + 2 cos 2x − 4x sin 2x =2 = lim x→0 x→0 sinh 2x 2 cosh 2x

= lim

1 1 1 · 1 · 1/2 2x ln(tan x) l.H. tan x cos e) limπ = = −1 = limπ −2 · 1 x→ 4 cos(2x) x→ 4 −2 sin(2x)

2x3 + 3x2 − 8x − 12 l.H. 6x2 + 6x − 8 4 = = lim x→−2 x→−2 x3 − 3x + 2 3x2 − 3 9

f) lim

x5 − x3 − x2 + 1 l.H. 5x4 − 3x2 − 2x 0 = lim = =0 x→1 x→1 x7 − 1 7x6 7

g) lim

e3x − 1 l.H. 3e3x =3 = lim x→0 x→0 1 x

h) lim

cosh(x − 3) − 1 l.H. sinh(x − 3) l.H. cosh(x − 3) 1 = = lim = lim 2 x→3 x→3 2(x − 3) x→3 (x − 3) 2 2

i) lim

j) lim x↓1

x − 1 l.H. 1 = lim 1 x↓1 √ arcoshx

x2 −1

= lim x↓1



x2 − 1 = 0

1 1 √ √ √ √ ·√ 1 a + x − 2a l.H. 3a 6 2 a+x √ k) lim √ = ·√ = = lim 2 x→a a + 2x − 3a x→a 1 2 4 2a ·√ 2 a + 2x  1 1 x − sin x l.H. 1 − cos x l.H. − = lim = lim = x→0 sin x x→0 x sin x x→0 sin x + x cos x x 0 sin x = =0 = lim x→0 cos x + cos x − x sin x 2 

l) lim

206

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

π  π  π  π   π 2 π  π 2 sin · x x · x · − cos sin l.H. 2 2 2 l.H. 2 2 = 2 2 m) lim 2 = lim = lim x→1 3x − 6x + 3 x→1 x→1 6x − 6 6 6 1  π 2 . = 6 2 1 − sin

Aufgabe 18.2 Man bestimme den Grenzwert a)

ln (tan (9x)) x→0 ln (tan (4x)) lim

b) limπ

x→ 4

Hinweis: Typ

*∞+

tan (2x) . π +x tan 4

∞

L¨osung: ln (tan (9x)) l.H. tan (4x) cos2 (4x) 9 9 tan (4x) l.H. 9 cos2 (9x) · · = lim · = lim = lim 2 x→0 ln (tan (4x)) x→0 tan (9x) cos (9x) 4 4 x→0 tan (9x) 4 x→0 cos2 (4x)   

a) lim

4 9 9 4 = · =1 4 9

→1

2 2 tan(2x) l.H. cos (2x)  = lim π b) limπ π 1 x→ 4 tan x→ 4 +x  π 4 2 +x cos 4   π  π π +x + x sin +x 2 cos2 −2 · 2 cos l.H. 4 4 4 = limπ = limπ cos2 (2x) −2 cos(2x) sin(2x) · 2 x→ 4 x→ 4   π π + 2x + 2x sin 2 cos −1 2 1 l.H. 2 2 = · = = limπ = limπ sin(4x) 4 cos(4x) −1 4 2 x→ 4 x→ 4

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

207

Aufgabe 18.3 Man bestimme die folgenden Grenzwerte:  π tan x f¨ur ein festes k = 2n + 1, n ∈ Z a) lim x − k 2 x↓ k2π

b) lim x2 (ln x)3 x↓0

 xπ  x2 − 1 tan 2 x→1 x  2π +x d) limπ tan (3x) cos 3 x→ 6 3 e) lim 2x ln(x) c) lim

x↓0

Hinweis: Typ [0 · ∞] L¨osung:  π tan x a) lim x − k 2 x↓ k2π

k = 2n + 1 1 cos2 x 1

n∈Z 

 π 2 π 2 x−k l.H. 2 2 = lim cos2 x x↓ k2π − sin (2x)

x−k

tan x l.H. = lim = lim 1 x↓ k2π − x↓ k2π

π 2 x − k π2 x−k 2 2 l.H. =1 = − lim x↓ k2π 2 cos (2x) 1 3(ln x)2 3 (ln x) l.H. x = lim b) lim x2 (ln x)3 = lim 2 1 x↓0 x↓0 x↓0 − 3 x2 x 1 6 ln x · 2 3(ln x) l.H. x = lim = lim 4 2 x↓0 x↓0 − 2 x x3 6 6 ln x l.H. = lim = lim x 8 x↓0 4 x↓0 − 3 2 x x −6x2 =0 = lim x↓0 8  xπ  x2 − 1 x2 − 1 1 x2 − 1    xπ  = lim c) lim tan · lim = lim xπ x→1 x2 x→1 2 x→1 x2 x→1 2 x cot cot    2 2 =1 2x 4 l.H. = lim =− 1 π x→1 π  xπ  · − 2 2 sin 2 = lim x↓ k2π

208

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

d) limπ tan(3x) cos x→ 6

· limπ

x→ 6

e)

π

+x 3 cos(3x)

cos

lim 2x3 ln x x↓0



π

+ x = limπ

sin(3x) cos

3 cos(3x)

x→ 6

3 

l.H.

= limπ

x→ 6

π

π



+x

 = limπ sin(3x) x→ 6





=1

+x −1 1 3 = = − sin(3x) · 3 −3 3

− sin

1 2 ln x l.H. = 2 lim = 2 lim x = − lim x3 = 0. 1 1 x↓0 x↓0 3 x↓0 −3 · 4 x3 x

Aufgabe 18.4 Berechnen Sie   1 1 x−1 . a) lim x→1 x  1 x b) lim 1 + arctan x x→0

1

c) lim (cos x) x2 x→0+  cos x  1 x2 d) lim x→0 cosh x cot2 3x  1 e) lim x→0 cos3 2x 1 f) lim x 1−x . x→1

Hinweis: Typ [1∞ ] L¨osung:

⎞ ⎛ 1     1  ln x−1 1 1 1 ⎟ ⎜ ln = lim exp ⎝ x ⎠ = lim exp a) lim x→1 x x→1 x→1 x−1 x x−1 ⎞⎞ ⎞⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ 1 −1 ln 1 ⎟⎟ l.H. ⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ = exp ⎝ lim ⎝ x ⎠⎠ = exp ⎝ lim ⎝ x ⎠⎠ = exp (−1) = x→1 x − 1 x→1 1 e



18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

209

    1 1 1 x ln(1 + arctan x) = exp lim ln(1+arctan x) b) lim 1+arctan x = lim exp x→0 x→0 x→0 x x 1 ln(1 + arctan x) l.H. 1 · = lim = 1·1 = 1 = lim x→0 x→0 1 + arctan x 1 + x2 x  1 x ⇒ lim 1 + arctan x = e1 = e 

x→0

     1 ln(cos x) 1 c) lim(cos x) x2 = lim exp 2 ln(cos x) = exp lim x↓0 x↓0 x x2       x↓0   − sin x − cos x 1 l.H. l.H. = exp − = = exp lim = exp lim x↓0 2x cos x x↓0 2 cos x − 2x sin x 2 1 √ e       cos x  1 1  cos x  cos x  x12 x2 = lim exp 2 ln = lim exp ln d) lim x→0 cosh x x→0 x→0 cosh x  x cosh x    1 ln (cos x) − ln (cosh x) = exp lim 2 (ln (cos x) − ln (cosh x)) = exp lim x→0 x x→0 x2 ⎞ ⎛ 1 1   − 2 − 2 ⎟ − tan x − tanh x l.H. l.H. ⎜ = exp lim = exp ⎝ lim cos x cosh x ⎠ = exp (−1) = x→0 x→0 2x 2 1 e

cot2 (3x) 1 e) lim x→0 cos3 (2x)   cot2 (3x)  1 = lim exp ln x→0 cos3 (2x)    1 = exp lim cot2 (3x) · ln x→0 cos3 (2x)    −3 ln cos(2x) = exp lim 2 ⎞⎞ ⎛x→0 ⎛ tan (3x) 3 · (−2 sin(2x)) − ⎟⎟ ⎜ ⎜ cos(2x) l.H. ⎟⎟ = exp ⎜ lim ⎜ ⎠⎠ ⎝x→0 ⎝ 1 · 3 2 tan 3x · 2 cos (3x) 

210

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

⎛

⎞



⎟ 6 tan(2x) · lim cos2 (3x) ⎟ ⎠ x→0 6 tan(3x) x→0    =1 ⎛ ⎞ 2 ⎜ cos2 (2x) ⎟ l.H. ⎟ = exp ⎜ lim ⎝x→0 ⎠ 3 2   cos (3x) √ 2 3 = e2 = exp 3 ⎜ = exp ⎜ ⎝ lim





1

1





ln x x→1 1 − x

f) lim x 1−x = lim exp ln x 1−x = exp lim x→1

x→1



⎞ 1 l.H. ⎟ ⎜ = exp ⎝ lim x ⎠ x→1 −1 ⎛

1 = exp (−1) = . e

Aufgabe 18.5 Bestimmen Sie die Grenzwerte der unbestimmten Ausdr¨ucke:   1 x a) lim ln x↓0 x  sin x 1 b) lim x↓0 x 1  ln x 1 c) lim x↓0 tan x / 0 Hinweis: Typ ∞0 L¨osung:         1 x 1 x 1 a) lim ln = exp lim x ln ln = lim exp ln ln x↓0 x↓0 x↓0 x x ⎛x ⎞ 1

ln ln x ⎟ ⎜ = exp ⎝lim ⎠ 1 x↓0 x

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

211

 ⎞ ⎛ ⎞ 1 1   · − ⎜ ln (− ln x) ⎟ l.H. −x − ln x x ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ = exp ⎝lim ⎠ = exp ⎝lim ⎠ = exp lim 1 1 x↓0 x↓0 x↓0 ln x − 2 x x = exp(0) = e0 = 1       sin x  1 1 sin x 1 b) lim = lim exp ln = exp lim sin x ln x↓0 x↓0 x↓0 x x x ⎛

  = exp lim(− sin x ln x) x↓0

⎛

⎛

⎞ 1   − − ln x ⎟ l.H. sin2 x ⎜ ⎜ ⎟ x = exp ⎝lim = exp ⎝lim − cos x ⎠ = exp lim 1 ⎠ x↓0 x↓0 x↓0 x cos x sin2 x sin x ⎞



2 sin x cos x = exp lim x↓0 cos x − x sin x

l.H.

 c) lim x↓0

1 tan x



1 ln x

 = exp(0) = e0 = 1

⎞  ⎛ 1   1  ln ln x ⎜ 1 tan x ⎟ ⎟ = exp ⎜ = lim exp ln lim ⎝ ⎠ x↓0 x↓0 tan x ln x

    − ln(tan x) ln(tan x) = exp − lim = exp lim x↓0 x↓0 ln x ln x ⎛ ⎞ 1 cos x   · 2 ⎟ x l.H. ⎜ = exp ⎝− lim sin x cos x ⎠ = exp − lim 1 x↓0 x↓0 sin x cos x x   1 l.H. = exp − lim x↓0 cos2 x − sin2 x 1 = exp(−1) = e−1 = . e

Aufgabe 18.6 Bestimmen Sie die Grenzwerte: a) lim (arcsin x)tan x x→0

b) lim(sin x)sin x . x↓0

1

c) lim(tan x) ln x . x↓0

212

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

/ 0 Hinweis: Typ 00 L¨osung: a) lim (arcsin x)tan x

x→0

= lim exp (tan x ln(arcsin x)) = exp lim (tan x ln(arcsin x)) x→0 x→0    (1)

Betrachtung von (1): →−∞

   ln(arcsin x)  lim (tan x ln(arcsin x)) = lim  1 x→0   x→0   →0 →−∞ tan x    →∞

1

√ 2 sin2 x = lim 1 − x arcsin x = lim √ −1 x→0 x→0 1 − x2 arcsin x 2 sin x 0 −2 sin x cos x l.H. = lim = =0 x arcsin x x→0 1 1− √ 1 − x2

l.H.

Eingesetzt: lim (arcsin x)tan x = exp lim (tan x ln(arcsin x)) = exp(0) = e0 = 1

x→0

x→0

 b) lim(sin x)sin x = lim exp ln (sin x)sin x = exp lim(sin x ln(sin x)) 

x↓0

x↓0

x↓0

1 cos x ln(sin x) l.H. sin x = exp lim(− sin x) = exp(0) = e0 = 1 = exp lim = exp lim 1 x↓0 x↓0 − cos x x↓0 sin2 x sin x     1 1 ln(tan x) ln x ln x c) lim(tan x) = lim exp ln(tan x) = exp lim x↓0 x↓0 x↓0 ln x ⎛ ⎞ 1 cos x   · 2 ⎟ x l.H. ⎜ = exp ⎝lim sin x cos x ⎠ = exp lim 1 x↓0 x↓0 sin x cos x x   1 l.H. = exp lim = exp(1) = e. x↓0 cos2 x − sin2 x

18.1 Fall x → x0 ; x0 endlich

213

Aufgabe 18.7 Berechnen Sie folgende Grenzwerte:   1 1 − . a) lim x→1 x − 1 ln x  1 1 − b) lim x x→0 e − 1 x   1 1 − c) lim x→0  x ln(x + 1)  ln (1 + x) 1 − d) lim x→0 x(x + 1) x2   4 x 2 Hinweis: cos x = 1 − 2 sin2 e) lim 2 − x→0 x 1 − cos x 2 Hinweis: Typ [∞ − ∞] L¨osung:   1 ln x − (x − 1) 1 − = lim a) lim x→1 x − 1 x→1 (x − 1) ln x ln x 1 −1 1 1−x −1 l.H. x =− = lim = lim = lim x − 1 x→1 x ln x + x − 1 1 x→1 x→1 2 ln x + ln x + x + 1 x x  x 1 1 x − (e − 1) x − ex + 1 l.H. 1 − ex − = lim x = lim = lim x b) lim x x x→0 e − 1 x→0 (e − 1) · x x→0 xe − x x→0 e + xex − 1 x x x −e −e −1 1 l.H. = lim =− = lim x = lim x x x x→0 e + e + xe 2  x→0 e (2 + x) x→0 2 + x  1 ln(x + 1) − x 1 − = lim c) lim x→0 x→0 x ln(x + 1) x ln(x + 1) 1 −1 −x −1 l.H. l.H. x+1 = = lim = lim = lim 1 x→0 x→0 x + (x + 1) ln(x + 1) x→0 2 + ln(x + 1) ln(x + 1) + x x+1 1 − 2  1 x − (1 + x) ln (1 + x) ln (1 + x) − d) lim = lim 2 x→0 x(x + 1) x→0 x x2 (1 + x) 1+x 1 − ln (1 + x) − l.H. 1+x = lim x→0 2x(1 + x) + x2 l.H.

214

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

− ln (1 + x) 3x2 + 2x 1 −1 =− = lim x→0 (1 + x)(6x + 2) 2   4 2 e) lim 2 − x→0 x 1 − cos⎛x = lim

x→0 l.H.

⎞ 4 2 ⎠ = lim ⎝ − x x→0 x2 2 sin2 2⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x 1 x 2 x 2 4 sin − x 4 · 2 sin cos · − 2x ⎜ ⎟ 2 2 2 2 ⎠ l.H. = lim ⎝ = lim ⎝ ⎠ x x 1 x x 2 x→0 x→0 2 2 2 · 2 sin cos · x sin + x 2x sin 2 2 2 2 ⎞ ⎛2 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ 2 sin x − 2x 2(cos x − 1) ⎟ l.H. ⎜ ⎟ = lim ⎝ ⎠ = lim ⎜ 2 ⎠ ⎝ x 1 x→0 x→0 2x x x 2 2 2 2x sin + x sin x + x sin x + sin x + cos x 2 sin 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ cos x=1−2 sin2 2x

⎜ = lim ⎜ x→0 ⎝

−2 sin x

l.H.

⎛

sin x + 2 sin x + 2x cos x +

⎜ = lim ⎜ ⎝ x→0

−2 sin x x2

3 sin x + 3x cos x − sin x 2 ⎛

⎜ = lim ⎜ x→0 ⎝

x2

2x cos x − sin x 2 ⎞2

⎟ ⎟ ⎠

⎟ ⎟ ⎠ ⎞

−2 cos x

l.H.

3 cos x + 3 cos x − 3x sin x −

x2

2x sin x − cos x 2 2

Aufgabe 18.8

1 − x cot x . x→0 x2

Berechnen Sie lim L¨osung:

Bestimmung des Verhaltens von x cot x f¨ur x → 0

⎟ ⎟ = − 2 = −1. ⎠ 3+3 3

18.2 Fall x → ±∞

lim x cot x

x→0

215

Typ [0·∞]

=

cot x x→0 1 x lim

1 2 2 sin x = lim x = lim 1 x→0 x→0 sin2 x − 2 x 2x l.H. = lim x→0 2 sin x cos x 2 l.H. = lim x→0 2 cos2 x − 2 sin2 x 2 2 = lim = =1 2 x→0 4 cos x − 2 2 l.H.

−

Damit ergibt ich f¨ur das Verhalten des gesamten Terms: 1 − cot x + x 2 1 − x cot x l.H. sin x lim = lim x→0 x→0 x2 2x x cos x + 2 − sin x sin x = lim − sin x cos x + x = lim x→0 x→0 2x 2x sin2 x 2 − cos2 x + sin x + 1 2 sin2 x l.H. = lim = lim x→0 2 sin2 x + 2x · 2 sin x cos x x→0 2 sin2 x + 2x sin(2x) sin2 x 2 sin x cos x l.H. = lim x→0 sin2 x + x sin(2x) x→0 2 sin x cos x + sin(2x) + 2x cos(2x) sin(2x) 2 cos(2x) 2 1 l.H. = = . = lim = lim x→0 2 sin(2x) + 2x cos(2x) x→0 4 cos(2x) + 2 cos(2x) − 4x sin(2x) 6 3 = lim

18.2 Fall x → ±∞ Aufgabe 18.9 Man bestimme die folgenden Grenzwerte: x a) lim √ x→∞ ln x arcoshx b) lim x→∞ x x2 c) lim √x x→∞ e

216

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

ln x d) lim √ x→∞ x xn e) lim x f¨ur n > 0 x→∞ e *∞+ Hinweis: Typ ∞ L¨osung: x x l.H. 1 √ = lim = lim = lim 2x = ∞ x→∞ 1 x→∞ ln x x→∞ 1 ln x 2 2x 1 √ 2 arcoshx l.H. = lim x − 1 = 0 lim x→∞ x→∞ x 1 √ 2 x y4 l.H. 4y3 l.H. l.H. 4·3·2·1 x=y lim √x = = lim y = lim y = . . . = lim =0 x→∞ e y→∞ e y→∞ e y→∞ ey 1 ln x l.H. 2 lim √ = lim x = lim √ = 0 x→∞ x x→∞ 1 x→∞ x √ 2 x xn l.H. nxn−1 l.H. n(n − 1)xn−2 l.H. l.H. lim x = lim = lim = ... = x→∞ e x→∞ ex x→∞ ex n! = lim x = 0. x→∞ e

a) lim

x→∞

b) c)

d)

e)

Aufgabe 18.10 Bestimmen Sie folgende Grenzwerte:  a x a) lim 1 + x→∞ x  a a+x b) lim 1 + mit einem festen a > 0 x→∞ x Hinweis: Typ [1∞ ] L¨osung:   a x a =: A, B = ln A = lim x ln 1 + a) lim 1 + x→∞ x→∞ x  x 1 a ln 1 + · a y:= 1x ln(1 + ay) l.H. x 1 + ay = lim =a = lim = lim 1 x→∞ y→0 y→0 y 1 x

18.2 Fall x → ±∞

217

A = eB = ea     a a+x a a+x b) lim 1 + = lim exp ln 1 + x→∞ x→∞ x x ⎛ ⎞  a   ln 1 + ⎜ a  x ⎟ ⎟ = exp ⎜ = exp lim (a + x) ln 1 + lim ⎝ ⎠ 1 x→∞ x→∞ x

(a + x)  a ⎞ 1 · − 2   a ⎜ 1 + ax x ⎟ (a + x) · a l.H. l.H. ⎜ ⎟ = ea . = exp ⎝ lim = exp = exp lim ⎠ 1 x→∞ x→∞ x 1 − (a + x)2 ⎛

Aufgabe 18.11 Bestimmen Sie Grenzwerte der unbestimmten Ausdr¨ucke: 1

a) lim (ln x) x x→+∞

1

b) lim x x x→∞

/ 0 Hinweis: Typ ∞0 L¨osung: a)

   1 1 lim (ln x) x = lim exp ln (ln x) x

x→∞

x→∞

   1 ln(ln x) = exp lim ln(ln x) = exp lim x→∞ x x→∞ x 

⎞ 1 1 · l.H. ⎟ ⎜ = exp ⎝ lim ln x x ⎠ = exp(0) = e0 = 1 x→∞ 1 ⎛

1

b) lim x x := A x→∞

1 1 ln x l.H. B := ln A = lim ln x = lim = lim x = 0 x→∞ x x→∞ x x→∞ 1 ⇒ A = eB = e0 = 1.

218

18 Die Regel von Bernoulli - L’Hospital

Aufgabe 18.12 Berechnen Sie die Grenzwerte:    1 2 . a) lim x − x ln 1 + x→∞   x b) lim x2 − 1 − x . x→∞

Hinweis: Typ [∞ − ∞] L¨osung:

  1 1 − ln 1 + 1 x x = lim a) lim x − x2 ln 1 + 1 x→∞ x→∞ x x2 1 1− y:= 1x y − ln(1 + y) l.H. 1+y = lim = lim y→0 y→0 y2 2y 1 y = = lim y→0 2y(1 + y) 2 





! b) lim

x→∞





x2 − 1 − x = lim

x→∞

−2y  2 1 − y2 l.H. = 0. = lim y→0 1

1  − 1 y:= 1 1 − y2 − 1 x2 x = lim 1 y→0 y x

1−

Kapitel 19

Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

Es sei f eine auf D definierte Funktion. Definition Absolute Extremwerte (Def. 26.1, Kap. 26) a) x0 ∈ D heißt eine absolute Minimalstelle und f (x0 ) das absolute Minimum von f bzgl. D, wenn f (x0 ) ≤ f (x) f¨ur alle x ∈ D. b) X0 ∈ D heißt eine absolute Maximalstelle und f (X0 ) das absolute Maximum von f bzgl. D, wenn f (X0 ) ≥ f (x) f¨ur alle x ∈ D. Schreibweise: f (x0 ) = min f , D

f (X0 ) = max f . D

Definition Relative Extremwerte (Def. 26.2, Kap. 26) Es sei x0 ∈ D, so dass in jeder Umgebung von x0 mindestens ein Element von D kleiner als x0 und eines gr¨oßer als x0 liegt. x0 heißt lokale (relative) Extremalstelle von f , wenn es eine Umgebung U von x0 gibt, so dass entweder f (x0 ) ≤ f (x) f¨ur alle x ∈ D ∩U oder f (x0 ) ≥ f (x) f¨ur alle x ∈ D ∩U. Im ersten Fall heißt x0 eine lokale Minimalstelle und f (x0 ) ein lokales Minimum, im zweiten Fall heißt x0 eine lokale Maximalstelle und f (x0 ) ein lokales Maximum. Aufgabe 19.1 Ein Entw¨asserungskanal hat als inneren Querschnitt ein Rechteck mit dar¨ubergesetztem Halbkreis. Bei vorgegebenem, festen Umfang U des Kanals bestimme man den Querschnitt mit maximaler Fl¨ache F. Dabei sind die Maße des optimalen Querschnitts sowie der Wert der Maximalfl¨ache anzugeben. Man weise analytisch nach, dass das Extremum tats¨achlich ein Maximum ist.

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 19, 

220

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

L¨osung:

y

Y

-X

X

X

Abb. 19.1 Skizze zu Aufgabe 19.1

Fl¨ache: F = y · 2x + Umfang:

π x2 1 = (4xy + π x2 ) 2 2

U = 2x + 2y + π x = const. ⇒ 2y = U − x(2 + π ) ⇒ F = x (U − x(2 + π )) +

π x2 2

dF = U − x(2 + π ) − x(2 + π ) + π x = U − 2x(2 + π ) + π x dx = U − 4x − π x ⇒x= d2F = −(4 + π ) < 0 dx2

⇒

U 4+π

das Extremum ist ein Maximum   2 2+π 2y = U − x(2 + π ) = U · 1 − =U 4+π 4+π

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

221

Somit wird die maximale Querschnittsfl¨ache:   π x2 F ∗ = max F(x) = max x · 2y + 2 [x] [x]  2 U π U 2U = · + · 4+π 4+π 2 4+π  2 U π 2 2 = U + (4 + π )2 2 4+π 1 U2 = (4 + π ) 2 (4 + π )2 =

1 U2 · . 2 4+π

Aufgabe 19.2 Ein Draht der L¨ange L wird in zwei Teilst¨ucke der L¨ange L1 und L2 zerschnitten. Das St¨uck der L¨ange L1 werde zu einem gleichseitigen Dreieck, das St¨uck der L¨ange L2 zu einem regelm¨aßigen Sechseck zusammengef¨ugt. Wie sind die L¨angen L1 und L2 zu w¨ahlen, damit die Summe der Fl¨acheninhalte des Dreiecks und des Sechsecks minimal wird? Anmerkung: L1 = 0 und L2 = 0 sei zugelassen. Hinweis: Skizze! L¨osung:

L = L1 + L 2

1

*L

* L1

1/3

1/6

*L

2

1/6 * L2

1/3 1/3 * L1

* L2

1/6 * L2

1/6

1/6

*L

2

1/6

* L2

Abb. 19.2 Skizze zu Aufgabe 19.2

x Setze x = L1 . Das gleichseitige Dreieck hat dann die Seitenl¨ange , also den 3 Fl¨acheninhalt:

222

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

√   √ 3 x 2 3 2 x F1 (x) = = 4 3 36 L−x , also ist der Fl¨acheninhalt: Die Seitenl¨ange des Sechsecks ist 6 √  √  3 L−x 2 3 (x − L)2 F2 (x) = 6 · = 4 6 24 Damit ergibt sich f¨ur die Summe der Fl¨acheninhalte: √ √ 3 2 3 x + (x − L)2 F(x) = F1 (x) + F2 (x) = 36 24 Der Graph von F ist eine nach unten ge¨offnete Parabel! Es erfolgt eine Extremwertbetrachtung: √ √ √ 3 3 3 3 !  x+ (x − L) = (5x − 3L) = 0 ⇒x= L ⇒ F (x) = 18 12 36 5 Die Summe der Fl¨acheninhalte ist folglich am kleinsten, wenn gilt: 3 L1 = L 5

und

2 L2 = L. 5

Aufgabe 19.3 Ein fester Punkt A einer ebenen B¨uhne wird durch eine in der H¨ohe verstellbare punktf¨ormige Lichtquelle L mit der konstanten Lichtst¨arke L beleuchtet. Die von der Lichtquelle L im Punkt A erzeugte Beleuchtungsst¨arke B gen¨ugt dabei dem Lambertschen Gesetz: I0 cos α B= r2 In welcher H¨ohe h u¨ ber der B¨uhne muß die Lichtquelle angebracht werden, damit der Punkt A optimal beleuchtet wird, d.h. damit die Beleuchtungsst¨arke B im Punkt A ihren gr¨oßt m¨oglichen Wert erreicht?

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

223









  

Abb. 19.3 Skizze zu Aufgabe 19.3

L¨osung: h r 2 r = a2 + h2 cos α h h B = I0 2 = I0 3 = I0 3 2 r r (a + h2 ) 2

cos α =

3

mit

h≥0

1

(a2 + h2 ) 2 − 32 (a2 + h2 ) 2 · 2h2 dB = I0 dh (a2 + h2 )3 = I0

a2 − 2h2 5

(a2 + h2 ) 2

5 5 3 −4h(a2 + h2 ) 2 − (a2 + h2 ) 2 · 2h · (a2 − 2h2 ) 2 B = I0 (a2 + h2 )5 = 3I0

h(2h2 − 3a2 ) 7

(a2 + h2 ) 2

Notwendige Bedingung: ⇒ I0

a2 − 2h2 (a2 + h2 )

5 2

B (h) = 0

=0

⇒

da

h≥0

a2 − 2h2 = 0 ⇒

h1 =

⇒ 1√ 2a 2

Notwendige und hinreichende Bedingung: B (h) < 0

f¨ur Max.

h1,2 = ±

1√ 2a 2

224

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

√ 1√ 16 3I0  Wegen B (h1 = 2a) = − < 0 erreicht die Beleuchtungsst¨arke im Punkt 2 27a4 1√ 2a ≈ 0, 707a ihren gr¨oßtm¨oglichen Wert. Er betr¨agt A bei der H¨ohe h = 2 √ 1√ 2 3I0 Bmax = B(h = 2a) = . 2 9a2

Aufgabe 19.4 Bestimmen Sie die lokalen und globalen Extremwerte der Funktion y = f (x) auf [−6, 6], wobei 1 f (x) = x(x2 − 15) 3 . L¨osung: 1

y = (x2 − 15) 3 + x · y =

10 x · (x2 − 27) 9 (x2 − 15) 35

1 3(x2 − 15) + 2x2 5 x2 − 9 1 · · 2x = = 2 3 (x2 −15) 32 3 (x2 − 15) 32 3(x2 − 15) 3

• y = 0 → x1,2 = ±3; √ y (−3) < 0 ⇒ bei x1 Maximum mit f (−3) = 3√3 6 3 y (+3) > 0 ⇒ bei x2 Minimum √ mit f (3) = −3 6  • y existiert nicht: f¨ur x = ± 15 √ F¨ur |x| = 15 → y beh¨alt Vorzeichen ⇒ kein Extremum An den Grenzen: √ f (−6) =√ −6 3 21 < f (3) ⇒ −6 ist globales Minimum f (6) = 6 3 21 > f (−3) ⇒ −6 ist globales Maximum Globale und lokale Extrema auf [−6, 6]: x −6 −3 +3 +6 √ √ √ √ f (x) −6 3 21 336 −36 6 3 21 glob Min. lok. Max lok. Min glob. Max. Aufgabe 19.5 Aus einem Kreis mit Radius R wird ein Sektor ausgeschnitten. Aus dem restlichen Teil der Kreisfl¨ache soll ein Kegel geformt werden. Dieser Kegel soll auf eine glatte Fl¨ache gestellt werden (also: die Kegelgrundfl¨ache wird nicht aus der gegebenen ¨ Kreisfl¨ache ausgeschnitten!). Wie groß muss der Offnungswinkel x des verbleibenden Kreises nach Ausschneiden des Sektors gew¨ahlt werden, damit der Kegel ein m¨oglichst großes Volumen hat? Berechnen Sie dieses Volumen.

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

L¨osung: ¨ x := Offnungswinkel R := Erzeugende des Kegels

Abb. 19.4 Skizze zu Aufgabe 19.5

Kegelvolumen: V = 1/3 Grundfl¨ache · H¨ohe = 13 r2 π h √ Mantelfl¨ache des Kegels: π rR = π r r2 + h2 2π r = xR, 0 ≤ x ≤ 2π , also r = 2xR π  2 R 2 2 2 2 R = h + r = h + 2π x Umfang:

2 2 h2 = − R 2 x2 + R2 = R 2 · (4π 2 − x2 ) 4π 4π √ h = 2Rπ · 4π 2 − x2

 2 1 2 1 R R 2 V = r πh = x ·π · 4π − x2 3 3 2π 2π  R3 2  2 V (x) = x · 4π − x2 := ax2 · 4π 2 − x2 2 24π ⇒ V (0) = 0, V (2π ) = 0

225

226

19 Absolute und relative Extremstellen von Funktionen

 

V (x) = a · 2x ·  = ax · 2 ·



 4π 2 − x2 + x2 ·



2

1 4π 2 − x2 

· (−2x)

 x2 4π 2 − x2 −  4π 2 − x2

ax · (2 · (4π 2 − x2 ) − x2 ) =  2 2 4π − x ax ! =  · (8π 2 − 3x2 ) = 0 ⇒ 2 2 4π − x 1) x1 = 0, aber V (0) = 0 ⇒ x1 ist keine L¨osung oder: 2) 8π 2 − 3x2 = 0 ! ! ! 8 2 8 2 = ±2 · π π = ±π ⇒ x2,3 = ± 3 3 3 ! 2 x > 0 ⇒ x = 2π 3 ⎫  2  F¨ur x > 2π 3 ist V  (x) < 0 ⎬  ⇒ x = 2π 23 - Maximalstelle ⎭  F¨ur x < 2π 2 3 ist V (x) > 0  ! 2 !  2 1 R R√ 2 1 R 2 2 R 2 R V= x · 4π − x2 = · 2π · 4π 2 − 4π 2 · = R2 · · 3 2π 2 3 2π 3 2 3 9 2 ! 1 2π 3 2π 3 = √ R . 9 3

Kapitel 20

Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Definition Stammfunktion, unbestimmtes Integral (Def. 28.1, Kap. 28.1) Es sei f eine Funktion mit Definitionsbereich D. Eine auf D definierte differenzierbare eine Stammfunktion von f , wenn F  (x) = f (x) f¨ur alle 1 Funktion F heißt 1 x ∈ D.

f (x) dx oder

f bezeichnet die Menge aller Stammfunktionen von f und

wird das unbestimmte Integral von f genannt. Die Ermittlung eines bestimmten Integrals findet man im Abschnitt 28.2 (Kap. 28).

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral Aufgabe 20.1 a) Veranschaulichen Sie die Begriffe Zerlegung, Feinheitsmaß, Zwischenstelle, Riemannsche Summe, Integral. b) Unter welcher Voraussetzung an f (x) ist das Integral die Fl¨ache“ ? ” c) Wann wird die Riemannsche Summe zur Unter- oder Obersumme? d) Zeigen Sie, dass der Grenzwert der Riemannschen Summe f¨ur die DirichletFunktion   0 f¨ur irrationale x ∈ [a, b] f (x) = nicht existiert. 1 f¨ur rationale x ∈ [a, b] L¨osung: a) Zerlegung: Unterteilung von [a, b] in n nicht disjunkte Teilintervalle [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n, wobei der Schnitt zweier solcher Teilintervalle aus einem Punkt besteht.

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 20, 

228

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Feinheitsmaß: L¨ange des gr¨oßten Teilintervalls. Zwischenpunkt: Genau ein beliebiger Punkt ξk aus einem Teilintervall [xk−1 , xk ], k = 1, . . . , n Riemannsche Summe:Summe aller Rechtecksfl¨achen mit Breite xk − xk−1 und H¨ohe f (ξk ), k = 1, . . . , n Integral: Grenzwert einer Riemannschen Summe f¨ur immer feiner werdende Zerlegungen. b) f (x) ≥ 0 f¨ur alle x ∈ [a, b], da dann f (ξk ) ≥ 0, k = 1, . . . , n c) Untersumme: W¨ahle ξk ∈ [xk−1 , xk ] so, dass f (ξk ) ≤ f (x) f¨ur alle x ∈ [xk−1 , xk ] Obersumme: W¨ahle ξk ∈ [xk−1 , xk ] so, dass f (x) ≤ f (ξk ) f¨ur alle x ∈ [xk−1 , xk ] Damit stellt die Untersumme eine untere und die Obersumme eine obere Schranke f¨ur das Integral dar, d.h. SU ≤

 d) f (x) =

1

f (x) dx ≤ SO

0, x irrational 1, x rational

1. Zerlegung : ξk irrational ⇒ S(Z1 , ξ1 , . . . , ξn ) = 0 2. Zerlegung : ξk rational ⇒ S(Z2 , ξ1 , . . . , ξn ) = 0 finition der Riemannschen Summe.

Aufgabe 20.2

11

Berechnen Sie das Integral Teilintervalle [xk−1 , xk ].

 ⇒ Widerspruch zur De-

x2 dx durch die Zerlegung Z von [0, 1] in n gleiche

0

L¨osung: 11 0

x2 dx u¨ ber eine a¨ quidistante Zerlegung in n Teilintervalle von [0, 1]

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral

229

i) Sei n ∈ N fest. Dann 1 ε = , xk := k · ε f¨ur alle k ∈ {0, . . . , n} =: J0 n ⇒ x0 = a = 0, xn = b = 1

∆ xk = xk − xk−1 = kε − (k − 1)ε = ε = ii) Sei ξi := xi

1 = const. n

f¨ur alle i ∈ {1, . . . , n} =: J1 n

n

1 · (ξi )2 i=1 i=1 n   1 2 1 n 1 n = ∑ xi2 = ∑ i · n i=1 n i=1 n

⇒ S(Z; ξ1 , . . . , ξn ) = ∑ f (ξi )∆ xi = ∑

=

1 n 2 1 1 ∑ i = n3 6 n(n + 1)(2n + 1) n3 i=1

n 1 Bew. ∑ i2 = n(n + 1)(2n + 1) u¨ ber vollst.Ind. 6 i=1

  1 1 1 · 2 (n + 1) n + 3 n 2    1 1 1 1+ 1+ = 3 n 2n

=

1 = const ⇒ (δ (Z) → 0 ⇔ n → ∞) n ⇒ G := lim S(Z; ξ1 , . . . , ξn )

iii) δ (Z) =

δ (Z)→0

= lim

n→∞

= ⇒

11

   1 1 1 1+ 1+ 3 n 2n

1 3

1 x2 dx = . 3

0

Aufgabe 20.3

1b

Berechnen Sie das Integral ! mit xk

= aqk , q = n

a

xm dx, 0 < a < b, u¨ ber die Zerlegung Z = {x0 , x1 , . . . , xn }

b , und der Wahl der Zwischenpunkte ξk = xk−1 . a

230

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Geben Sie ein N(ε ) an, so dass die Riemannsche Summe um weniger als ε von ihrem vermuteten Grenzwert G = lim S(Z, ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) abweicht: n→∞

|S(Z, ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) − G| < ε f¨ur n > N(ε ). Berechnen Sie N(ε ) f¨ur m = 3 a = 1

1 b=2 ε = . 4

L¨osung: 1b

m

x dx, 0 < a < b u¨ ber xk

= aqk ,

a

 1 b n q= und ξk = xk−1 a

a) xk = aqk ⇒ x0 = aq0 = a

2  1 3n b n b = ·a = b ⇒ xn = aqn = a a a

Die Zerlegung Z = {x0 , . . . , xn } ist nicht a¨ quidistant! xk+1 aqk+1 = = q > 1, weil b > a xk aqk ⇒ x0 < x1 < . . . < xn

∆ xk = xk − xk−1 = a · qk − a · qk−1 = a · qk−1 (q − 1) > 0 Setzte J1 := {1, . . . , n} dann gilt nach Def.

δ (Z) = max ∆ xk = max a · qk−1 (q − 1) k∈J1

k∈J1



 = a · max qk−1 · (q − 1) k∈J1

  1 = a(q − 1) · qn−1 = aqn 1 − q   1 = b 1− q Beachte nun: lim q= lim

n→∞

n→∞

  1  b n 1 b ln = lim exp n→∞ a n a

= e0 = 1 ⇒ lim

n→∞

1 =1 q

⇒ (δ (Z) → 0 ⇔ n → ∞)

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral

S(Z, ξ1 , . . . , ξn )

= = =

231

n

n

k=1

k=1

∑ f (ξk )∆ xk = ∑ f (xk−1 )∆ xk n

∑ (aqk−1 )m · a · qk−1 (q − 1)

k=1 n

∑ am q(k−1)m · a · qk−1 (q − 1)

k=1

n

=

am+1 (q − 1) ∑ q(k−1)m · qk−1

=

am+1 (q − 1) ∑ qkm · qk

=

am+1 (q − 1) ∑ (qm+1 )k

k=1

n−1 k=0

n−1 k=0

1 − (qm+1 )n 1 − qm+1

=

am+1 (q − 1)

=

am+1 (1 − (qm+1 )n )

geom. Reihe

⎛

=

q−1 1 − qm+1

⎛ ⎞ ⎞   1 m+1 n n b ⎠ ⎠ q−1 am+1 ⎝1 − ⎝ a 1 − qm+1  m+1

 m+1  b q−1 1− a 1 − qm+1

=

a

=

(am+1 − bm+1 )

q−1 1 − qm+1

=

(bm+1 − am+1 )

1−q 1 − qm+1

1 geom. Reihe

=

(bm+1 − am+1 )

1 m

∑ qk

k=0

⇒ lim S(Z, ξ1 , . . . , ξn ) = n→∞

1 (bm+1 − am+1 ), da lim q = 1 n→∞ m+1

232

⇒

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

1b

xm dx =

a

b)

1 (bm+1 − am+1 ) = G m+1 m = 3, a = 1, b = 2, ε =

!

|S(Z; ξ1 , . . . , ξn ) − G| <

1 4

1 4

  ⇔ (24 − 14 )

  1 1 1 4 4  − (2 − 1 ) < 1 + q + q2 + q3 4 4    15  1 15 ⇔  −  < 2 3 1+q+q +q 4 4    1 1 1 ⇔ 15  −  < 2 3 1+q+q +q 4 4

q > 1 ⇒ 1 + q + q2 + q3 > 4    1 1 1  1 1 1  < − < ⇔ −15 − ⇒ 15  1 + q + q2 + q3 4  4 1 + q + q2 + q3 4 4 ⇔

1 1 1 − < 2 3 4 1+q+q +q 60

1 1 1 + q + q2 + q3 − 4 q + q2 + q3 − 3 3 · q3 − 3 − ≤ ≤ = 2 3 4 1+q+q +q 4(1 + q + q2 + q3 ) 4·4 16   3  3 b n 3 (q − 1) = −1 =3 16 16 a   3  b n 1 1 1 1 folgt − −1 < < ⇒ Aus 2 3 a 60 4 1+q+q +q 60   3   3 b n b n 3 1 4 ⇔ −1 < −1 < 16 a 60 a 45 3 16

 3 49 b n < ⇔ a 45 ⇔

49 3 ln 2 < ln n 45

⇔

ln 49 1 < 45 n 3 ln 2

20.1 Grundbegriffe. Unbestimmtes Integral

⇔n>

233

3 ln 2 = 24.41868 . . . ln 49 45

⇒ n = 25. Aufgabe 20.4 Berechnen Sie mit Hilfe der Grundintegrale und der Integrationsregeln die Integrale: 1

a)

1

(x2 + 6x − 5) dx

dx 2 1 x √ c) x dx 1 √ 5x + 2 dx d)

b)

1

dx x  1 + 5 2 4 x3 + − 3 dx f) x x 1 √ 3 g) x dx e)

L¨osung: 1

a) = 1

b) 1

c)

d)

(x2 + 6x − 5) dx =

x2 x3 + 6 − 5x + c 3 2

x3 + 3x2 − 5x + c 3 1 dx = x2

1

x−2 dx =

x−2+1 1 + c = −x−1 + c = − + c −2 + 1 x

1 √ 1 x2 x 2 +1 2 3 +c = x dx = x 2 dx = +c = x2 +c 1 3 3 +1 2 2 1

1 √

5x + 2 dx =

1

3

1

(5x + 2) 2 dx

3 1 1 3 15 d (5x + 2) 2 = (5x + 2) 2 · 5 = (5x + 2) 2 dx 2 2 1 1 3 2 ⇒ (5x + 2) 2 dx = (5x + 2) 2 + c 15 1 1 1 (x + 5) dx = dx = ln |x + 5| + c e) x+5 x+5

234

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

1 



1 1 x−2 2 + c = x4 + ln(x2 ) + 2 + c dx = x4 + 2 ln |x| − 4 4 −2 4 x 3 1 √ 1 3 2 5 x 2 +1 3 2 + c = x 2 + c. x dx = x dx = g) 3 5 +1 2 x3 +

f)

2 4 − x x3

20.2 Bestimmtes Integral Aufgabe 20.5 Berechnen Sie das Integral 15

|6 + 3x|dx

−5

L¨osung:

( 6 + 3x |6 + 3x| = −6 − 3x 15

|6 + 3x| dx =

−5

x ≥ −2 x < −2 1−2

(−6 − 3x) dx +

15

(6 + 3x) dx

−2

−5

x2 x2 −2 ]−5 + [6x + 3 ]5−2 2 2 75 75 = (12 − 6) − (30 − ) + (30 + ) − (−12 + 6) = 87. 2 2 = [−6x − 3

Aufgabe 20.6 Berechnen Sie das bestimmte Integral I=

13  0

1 1 + 1 + |x − 2| |x − 4|

 dx

L¨osung:

⇒I=

13  0

x ∈ [0, 3] :

|x − 4| = 4 − x

x ∈ [0, 2] :

|x − 2| = 2 − x

x ∈ [2, 3] :

|x − 2| = x − 2

1 1 + 1 + |x − 2| |x − 4|

 dx = I1 + I2 + I3

20.2 Bestimmtes Integral

235

mit: I1 =

12 0

I2 =

13 2

I3 =

13 0

I1 = −

12 0

1 dx = 1+2−x 1 dx = 1+x−2

12 0

13 2

1 dx 3−x 1 dx x−1

1 dx 4−x

1 dx = [− ln |x − 3|]20 = − ln 1 + ln 3 = ln 3 x−3

I2 = [ln |x − 1|]32 = ln 2 − ln 1 = ln 2 I3 = −

13 0

1 dx = − [ln |x − 4|]30 = − ln 1 + ln 4 = ln 4 x−4

⇒ I = ln 2 + ln 3 + ln 4 = ln 24 ≈ 3, 178.... Aufgabe 20.7 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 12

a) 0√

3 sin x dx,

2

12

b) 0

1+1

c) −1

1 √ dx, 1 − x2 1 dx 1 + x2

L¨osung: a) 12 0

3 sin x dx = 3

12

sin x dx

0

= 3 [− cos x]20 = −3 [cos x]20 = −3(cos 2 − cos 0) = 3(1 − cos 2)

236

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

b) √ 2

12 0

√ 2 2

1

√ dx = [arcsin]0 1 − x2

√  π 2 = arcsin − arcsin 0 =   2 4 =0    π = 4

c) 11 −1

1 dx = arctan |1−1 = arctan(1) − arctan(−1) 1 + x2 = 2 arctan(1) = 2 ·

π π = . 4 2

Aufgabe 20.8 Zur Berechnung von Fourier-Reihen ben¨otigt man immer wieder bestimmte Integrale, die von cos und sin abh¨angig sind. Bestimmen Sie deshalb die folgenden Integrale, mit k, l ∈ N\{0}. 12π

a)

cos(kx) sin(lx) dx

0

12π

b)

cos(kx) cos(lx) dx,

mit k = l

0

12π

c)

cos2 (kx) dx

0

12π

d)

sin2 (kx) dx

0

L¨osung: 12π

12π

1 cos(kx) sin(lx) dx = (sin ((l − k)x) + sin ((l + k)x)) dx a) 2 0 0 ) $x=2π 1 1 1 − cos ((l − k)x) − cos ((l + k)x) = 2 l −k l +k x=0 ⎛

⎞

1 1⎜ 1 1 1 ⎟ cos ((l − k) 2π ) − cos ((l + k) 2π ) + cos 0 + cos 0⎠ ⎝−       2 l −k l +k l −k l +k ∈Z ∈Z   1 1 1 1 1 − − + + =0 = 2 l −k l +k l −k l +k =

20.2 Bestimmtes Integral

237

12π

12π

1 b) cos(kx) cos(lx) dx = (cos ((k − l)x) + cos ((k + l)x)) dx 2 0 0 ) $x=2π 1 1 1 sin ((k − l)x) + sin ((k + l)x) = 2 k−l k+l x=0 ⎛ =

1 1⎜ 1 1 1 ⎟ sin ((k − l) 2π ) + sin ((k + l) 2π ) − sin 0 − sin 0⎠ = ⎝       2 k−l k+l k−l k+l ∈Z

0

12π

c)

⎞

cos2 (kx) dx =

1 2

12π

∈Z

(1 + cos(2kx)) dx =

1 2

12π

1 dx +

1 2

12π

cos(2kx) dx

0 0 ⎛ ⎞ $x=2π 1 1 1 sin(2kx) = π + ⎝sin(4kπ ) −  sin 0⎠ = π =π+    2 2k 4k x=0 0

12π

d)

0

)

sin2 (kx) dx =

0

12π

12π

0

0

1 − cos2 (kx) dx =

=0

1 dx −

=0

12π

cos2 (kx) dx = 2π − π = π .

0

Aufgabe 20.9 1 Sei f (x) = 1 2 (x − 2) + 2 |x − 2|. a) Berechnen Sie F(x) :=

1x

f (t) dt f¨ur jedes x ∈ R

2

b) Bestimmen Sie diejenige Stammfunktion G(x) von f (x), die G(0) = 1 erf¨ullt. L¨osung:  1 f (x) = 1 2 (x − 2) + 2 |x − 2|  √ x−2 ,x−2 ≥ 0 f (x) = 0 ,x−2 < 0 a) i) x ≥ 2 : )  1x √ 3 $x 2 √ 3 2 √ t − 2 dt = t −2 = x−2 3 3 2 2

ii) x < 2 :

1x 2

0 dt = 0

3 2 √ 3 · x−2 ,x ≥ 2 0 ,x < 2 , G(x) = F(x) + c

⇒ F(x) = b) G(0) = 1

(

238

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral !

⇒ G(0) = F(0) + c = 0 + c = 1 ⇒ c = 1 ( √

3 2 x−2 +1 ,x ≥ 2 3 G(x) = 1 , x < 2.

20.3 Rechenregeln, MWS Aufgabe 20.10 Beweisen Sie die Theoreme 28.4, 28.5 und 28.7 (Kap. 28.2) mit Hilfe der Definition der Riemannschen Summe. L¨osung: Th. 28.4 Beweis: 1b

n

∑

f (x) dx = lim

δ (Z)→0 k=1

a

f (ξk )(xk − xk−1 )

ist nach Def. unabh¨angig von der Zerlegung Z = {x0 , . . . , xn }. Zerlege nun Z in zwei Teilzerlegungen Z1 , Z2 mit Z1 ∪ Z2 = Z und Z1 ∩ Z2 = {c}. Da f integriebar gilt dann: 1c

f (x) dx =

a

1b

f (x) dx =

c

n1

lim

∑

δ (Z1 )→0 k=1 n2

lim

∑

δ (Z2 )→0 k=1

1 f (ξk1 )(xk1 − xk−1 )

2 f (ξk2 )(xk2 − xk−1 )

und nach den Grenzwertregeln in Integralschreibweise 1c

f (x) dx +

a

1b c

Th. 28.5 Beweis: 1b

i) Zeige a

c f (x) dx = c

1b a

f (x) dx.

f (x) dx =

1b a

f (x) dx

20.3 Rechenregeln, MWS n

∑

lim

δ (Z)→0 k=1

c f (ξk )(xk − xk−1 ) n

∑

= c · lim

δ (Z)→0 k=1

= c·

1b

239

f (ξk )(xk − xk−1 )

f (x) dx

a

⇒ Mit f ist auch c f integrierbar und es gilt die Behauptung. 1b

ii) Zeige

f (x) dx +

a

1b

g(x) dx =

a

1b

[ f (x) + g(x)] dx

a

n

∑ ( f (ξk ) + g(ξk ))(xk − xk−1 )

lim

δ (Z)→0 k=1

= lim

n

∑

δ (Z)→0 k=1

=

1b a

f (ξk )(xk − xk−1 ) + lim

f (x) dx +

n

∑

δ (Z)→0 k=1

1b

g(ξk )(xk − xk−1 )

g(x) dx

a

Th. 28.7 Beweis: Beachte die Funktion h(x) = g(x) − f (x) ≥ 0. Nach Theorem 28.5 ist h(x) integrierbar und es gilt: b (∗) 1

0≤

h(x) dx =

a

1b a

n

∑

g(x) dx −

1b

h(ξk ) (xk − xk−1 ) ≥ 0.   δ (Z)→0 k=1     ≥0 ≥0 lim

f (x) dx

a

(∗)

Aufgabe 20.11 Bestimmen Sie einen Wertebereich [c, d] f¨ur den Grenzwert der Folgen der Rie1 mannschen Summen der Funktion f (x) = √ auf dem Intervall [a, b] = 2 + x − x2 [0, 1]

240

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

L¨osung:   1 1 2 2 + x − x = −(x − x − 2) = − x − x + − − 2 4 4    1 2 9 =− x− − 2 4 2

2

=

  9 1 2 − x− 4 2

⇒ f (x) = 

1 9 4

− (x − 12 )2

  2 1 = ⇒ min f (x) = min f (x) = f 2 3 [a,b] [0,1] 1 max f (x) = f (0) = √ [0,1] 2 min f (x) ≤ f (x) ≤ max f (x) [0,1]

Th. 28.7

⇒

[0,1]

11

2 dx ≤ 3

2

11

f (x) ≤

0

11 0

1 √ dx 2

11

1 1 √ dx ≤ √ 2 2 2+x−x 0 $ ) 2 1 ⇒ [c, d] = , √ . 3 2

⇒

2 ≤ 3

Aufgabe 20.12 F¨ur die auf I = [0, 6] st¨uckweise stetige Funktion  1x x, 0 ≤ x ≤ 3 f (x) = berechnen Sie F0 (x) = f (t)dt f¨ur jedes x ⊆ I und wei8 − x, 3 < x ≤ 6 0

sen Sie nach, dass F0 (x) an der Stelle x0 = 3 stetig, nicht aber differenzierbar ist. L¨osung: a) x ∈ [0, 3] F0 (x) =

1x 0

f (t) dt =

1x 0

 1 2 x 1 2 t dt = t  = x 2 0 2

20.3 Rechenregeln, MWS

241

b) x ∈ (3, 6]

F0 (x) =

1x

f (t) dt =

0

=

13

f (t) dt +

0

9 + 2

1x

(8 − t) dt =

3

=

1x

f (t) dt

3

) $ 1 x 9 + 8t − t 2 2 2 3

  1 9 9 + 8x − x2 − 24 − 2 2 2

= 8x −

x2 + 9 − 24 2

= 8x −

x2 − 15 2

Also: ⎧ ⎪ ⎨

1 2 x ,0≤x≤3 2 F0 (x) = 2 ⎪ ⎩ 8x − x − 15, 3 < x ≤ 6 2 ⇒ F0 (3) =

9 2 lim F0 (x) = 24 − x↓3

9 9 9 − 15 = 9 − = 2 2 2

⇒ F0 (x) stetig auf [0, 6] ( F0 (x) =

x ,0≤x≤3 8 − x, 3 < x ≤ 6

⇒ F0 (3) = 3 lim F0 (x) = 8 − 3 = 5 x↓3

⇒ F0 (x) nicht differenzierbar in x = 3.

242

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

Aufgabe 20.13 Der Mittelwertsatz lautet: Sei f : [a, b] → R eine stetige Funktion. Dann existiert ein x0 ∈ (a, b) derart, dass gilt 1b

f (x) dx = f (x0 )(b − a).

a

Berechnen Sie die entsprechenden x0 f¨ur die folgenden Funktionen und Werte: a) f (x) = ln x, a = 1, b = 5 x2 , a = 0, b = 5 b) f (x) = 2 x +1 c) f (x) = sin x, a = 0, b = π d) f (x) = ax ln a, a = 1, b = 2 L¨osung: Aus dem MWS ergibt sich 1 f (x0 ) = b−a

1b

f (x)

a

a) ln x0 =

1 5−1

15

ln x dx =

1 (x ln |x| − x)51 4

1

5 1 = (5 ln 5 − 5 + 1) = ln 5 − 1 4  4  5 5 ln 5 − 1 = 5 4 e−1 ≈ 2, 75... ⇒ x0 = exp 4

20.3 Rechenregeln, MWS

243

b) x02 1 = 5−0 x02 + 1 =

1 5

15 0

15 

1−

0

⎛ =

x2 1 dx = x2 + 1 5

1⎝ 5

15

1 x2 + 1

1 dx −

0

15 0

15 2 x +1−1 0

x2 + 1

 dx ⎞

1 dx⎠ x2 + 1

1 1 = (5 − arctan5) = 1 − arctan5 5 5   1 2 2 ⇒ x0 = (x0 + 1) 1 − arctan5 5    1 1 = 1 − arctan5 ⇒ x02 1 − 1 − arctan5 5 5 5 ⇒ x02 = −1 arctan5 !  5 − 1 ≈ 2, 64 ≈ 1, 62... ⇒ x0 = arctan5 1π

c)

sin x dx = −[cos x]π0 = −(−1 − 1) = 2

0

⇒ 2 = π · f (x0 ) ⇒ sin x0 = π2 12

d) 1

⇒ f (x0 ) = π2 ⇔ x0 = arcsin π2 ≈ 0, 69...

ax ln a dx = [ax ]21 = a2 − a = a(a − 1)

dx

244

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

a2 − a = 1 · f (x0 ) ⇒ ax0 · ln a = a(a − 1) ax0 −1 · ln a = a − 1 ax0 −1 =

a−1 ln a

a−1 ln a   a−1 (x0 − 1) · ln a = ln ln a

⇒ e(x0 −1)·ln a =

⇒ x0 =

ln(a − 1) − ln(ln a) + 1. ln a

Aufgabe 20.14 Seien f , g integrierbar auf [a, b] mit M = inf f (x), M = sup f (x), g(x) ≥ 0 und [a, b]

[a, b]

M ≤ µ ≤ M. Dann gilt der allgemeine MWS.

M

1b

g(x) dx ≤

a

1b

f (x)g(x) dx ≤ M

a

1b

1b

g(x) dx,

a

f (x)g(x) dx = µ

a

1b

g(x) dx

a

Bestimmen Sie f¨ur die Funktionen f (x), g(x) nach dem MWS den Wert µ . f (x) = x, 0 ≤ x ≤ 4 g(x) = x2 , x ∈ R [a, b] = [0, 4] Gilt µ = f (ξ ), ξ ∈ (a, b)? L¨osung: • f stetig

Th. 28.3

⇒

f integrierbar auf I = [0, 4]

Th. 28.3

• g stetig ⇒ g integrierbar auf I • Allg. MWS M = inf f (x) = 0, M = sup f (x) = 4 I

• 0≤

1b a

f (x) g(x) dx ≤ M

1b a

I

g(x) dx

20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts

14

245

x · x dx =

 1 4 4 x = x  = 64 − 0 = 64 4 0

14

2

0

3

0

14

x2 dx =

0

0≤

14

 1 3 4 64 x  = 3 0 3

x3 dx ≤ 4 ·

64 3

0

•

14

x3 dx = µ ·

0

14

x2 dx

0

64 64 = µ 3 µ =3 • µ = f (ξ ) = f (3).

20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts Aufgabe 20.15 Berechnen Sie den Fl¨acheninhalt der Figur, die von der Parabel y = x2 − 4x + 5, der x-Achse und den Geraden x = 3 und x = 5 begrenzt wird. L¨osung: 15

)

1 (x − 4x + 5) dx = x3 − 2x2 + 5x 3

$5

2

3

3

  1 3 1 3 32 2 2 ·3 −2·3 +5·3 = . = · 5 − 2 · 5 + 25 − 3 3 3

Aufgabe 20.16 a) Man bestimme die zwischen den Kurven y = f (x) = x und y = g(x) = |x(x − 1)| gelegene Fl¨ache in dem Intervall x ∈ [a, b], in dem f (x) oberhalb g(x) verl¨auft: f (x) ≥ g(x)

246

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

b) Wie groß ist in a) die Fl¨ache zwischen g(x) und der x-Achse? Hinweis: Man skizziere die Funktion f (x) und g(x) (Bestimmung des Intervalls [a, b]). L¨osung:

y 2

1 F1

0 -1

F2

b 0 a

1

-1

Abb. 20.1 Bild zu Aufgabe 20.16

a) Schnittpunkte: F¨ur x ≥ 0 :

f (x) ≥ g(x) ⇒ x ≥ 0 ( x(1 − x) f¨ur 0 ≤ x < 1 g(x) = x(x − 1) f¨ur x ≥ 1

x ∈ [0, 1] : x = x(1 − x) ⇔ −x2 = 0 ⇒ x = 0 ⇒ a = 0 x ∈ [1, b] : x = x(x − 1) ⇔ x2 − 2x = 0 ⇒ x = 2 ⇒ b = 2

2

x

20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts

F1 =

1b

247

( f (x) − g(x)) dx =

a

=

11

[x − x(1 − x)] dx +

0

=

11

12

0 12

(x − |x(x − 1)|) dx

[x − x(x − 1)] dx

1

12

x dx + 2

0

(2x − x2 ) dx

1

 2  x3  2  =  + x − 3 0 3 1 1 6 1 = + (4 − 1) − (8 − 1) = 3 − = 1 3 3 3 1 x3 

b) 1 1 F2 = b f (b) − F1 = · 2 · 2 − 1 = 1. 2 2 Aufgabe 20.17 Zeigen Sie, dass f¨ur jedes t ≥ 0 der zum Punkt (cosht, sinht) geh¨orige, skizzierte Hyperbelsektor den Fl¨acheninhalt F = t besitzt.

y

B 1

0

-1

Abb. 20.2 Bild zu Aufgabe 20.17

A 1

x

248

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

L¨osung: x2 − y2 = 1 ⇔ y2 = x2 − 1 ⇒ y = F = 2 · F(∆ OAB) − 2

√ x2 − 1 (obere H¨alfte) cosht 1



x2 − 1 dx

1

+cosht 1*  1 = 2 · cosht sinht − 2 · x x2 − 1 − arcosh x 2 2 1 * 

+

= cosht sinht − cosht cosh2 t − 1 − arcosh(cosht) − 0  = cosht sinht − cosht sinh2 t + t = cosht sinht − cosht sinht + t = t.

Aufgabe 20.18

1 Berechnen Sie das von den Parabeln y = x2 −4x und y = − x2 +2x eingeschlossene 5 Fl¨achenst¨uck den Fl¨acheninhalt A sowie den Fl¨achenschwerpunkt S. L¨osung: Zuerst brauchen wir die Schnittpunkte der beiden Parabeln: 1 6 x2 − 4x = − x2 + 2x ⇐⇒ x2 − 6x = 0 ⇐⇒ x = 0, x = 5 5 5 $5   ) 15  15  1 2 6 2 2 3 2 2 ⇒ A= − x + 2x − x + 4x dx = − x + 6x dx = − x + 3x 5 5 5 0 0

0

= −50 + 75 = 25 Berechnung des Schwerpunkts: )  $5  15  3 4 6 3 1 6 2 1 2 3 − x + 2x − x + 6x dx = x − x + 6x dx = 5 25 5 25 10 0 0 0   375 1 125 5 1 − + 250 = · = = 25 2 25 2 2

1 xs = · A

15 

20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts

1 ys = 2A

15



249

1 − x2 + 2x 5

2



2 − x2 − 4x

 dx

0

 24 4 36 3 2 − x + x − 12x dx 25 5 0 ) $5 24 5 9 4 1 1 1 3 − x + x − 4x (−600 + 1125 − 500) = . = = 50 125 5 50 2 0

1 = 50

15 

Aufgabe 20.19 Berechnen Sie den endlichen Fl¨acheninhalt zwischen den Kurven f1 (x) und f2 (x): a) f1 (x) = 2x + 3 f2 (x) = x2 b) f1 (x) = 3 − f2 (x) =

x2 2

x2 4

L¨osung: a) Schnittpunkte: x2 − 2x − 3 = 0   ⇔ x1,2 = 12 · 2 ± 4 − 4 · 1 · (−3)

x2 = 2x + 3 ⇔

⇒ x1 = x2 = ⇒F = = =

1x2

1x2

f1 (x) dx −

x1

1x2 x1

( f1 (x) − f2 (x)) dx

x1 1x2

(2x + 3 − x2 ) dx

x1

f2 (x) dx

1 · (2 − 4) = −1, 2 1 · (2 + 4) = 3 2

250

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral



 





 
























Abb. 20.3 Bild zu Teilaufgabe a)

+3 * = x2 + 3x − 13 x3

−1

= 9 + 9 − 9 − (1 − 3 + 31 ) = 32 3 b) Schnittpunkte: f1 = f2

⇔ 3 − x2 = x4 2 2 ⇔ − x2 − x4 = −3 ⇔ 34 x2 = 3 ⇔ x2 = 22

⇒ x1 = −2,

2

2

x2 = 2



20.4 Berechnung des Fl¨acheninhalts

251








 

























 

Abb. 20.4 Bild zu Teilaufgabe b)

  ) $ 12  3 2 3 3 2 x2 x2 dx = 3 − · x dx = 3x − x ⇒F = 3− − 2 4 4 12 −2 −2 −2   +2 * = 3x − 41 x3 = 6 − 84 − −6 + 84 = 8. 12



−2

Aufgabe 20.20 Bestimmen Sie die durch 1 cos2 x 4 π f2 (x) = x + 1 mit x ∈ [0, ] π 3

f1 (x) =





252

20 Bestimmtes Integral - unbestimmtes Integral

begrenzte Fl¨ache. π Hinweis: Schnittpunkte x1 = 0, x2 = 4 L¨osung: f1 (x) =

1 , cos2 x

Schnittpunkte:

f2 (x) = π4 · x + 1,

+ * x ∈ 0, π3

x = π4

x = 0,

π

⇒F =

13

| f2 (x) − f1 (x)| dx

0 π

π

=

14

( f2 (x) − f1 (x)) dx +

π

14  0

( f1 (x) − f2 (x)) dx

π 4

0

=

13

4 1 ·x+1− π cos2 x

π

 dx +

13  π 4

 4 1 − 1 − · x dx π cos2 x

* +π +π * 4 3 = π2 · x2 + x − tan x + tan x − x − π2 · x2 π 0 4

  2 π − 1 − 0 + √3 − π − 2 · π 2 − 1 − π − 2 · π 2 = π2 · π + 3 π 9 4 π 16 16 4 √ = π8 + π4 − 1 + 3 − π3 − 2 9· π − 1 + π4 + π8 √ 3 5 = π − π + 3−2 4 9 √ · π ≈ 0, 34 . . . . = 3 − 2 + 736

Kapitel 21

Partielle Integration - Integration durch Substitution

Partielle Integration (Theorem 29.1, Kap. 29.1) Sind die Funktionen f , g auf einem Intervall I definiert und haben dort stetige Ableitungen f  , g so gilt 1 1 f g = f g −

f g .

Integration durch Substitution Regel I (Theorem 29.3 (Erste Substitutionsregel), Kap. 29.2) Es seien I, J Intervalle, f eine auf I stetige Funktion und ϕ eine auf J differenzierbare Funktion mit ϕ (J) ⊂ I. Dann gilt 1  1  f ϕ (x) ϕ  (x) dx = f (t) dt|t=ϕ (x) . Regel II (Theorem 29.4 (Zweite Substitutionsregel), Kap. 29.2) Es seien I, J Intervalle, f eine auf I stetige Funktion und ψ eine auf J differenzierbare, eineindeutige Funktion mit ψ (J) = I. Dann gilt 1 1   f (x) dx = f ψ (t) ψ  (t) dt|t=ψ −1 (x) . Unter der Voraussetzung von der Regel I (bzw. Regel II) gilt f¨ur beliebige a, b ∈ J (bzw. I): ϕ1(b)   f ϕ (x) ϕ (x)dx = f (t) dt

1b  a

ϕ (a)

1b

 bzw.

f (x)dx =

a

−1 (b) ψ1

   f ψ (t) ψ  (t) dt .

ψ −1 (a)

(Theorem 29.5 (bzw. 29.6), Kap. 29.2). ¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 21, 

254

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

21.1 Partielle Integration Aufgabe 21.1 Mit Hilfe von partieller Integration bestimme man: 1

a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) l) m) n) o) p)

q) r) s) t)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

x sin x dx x2 ln x dx ln x dx ex sin x dx x ln(x − 1) dx x2 sin x dx x2 cos x dx sin x cos x dx xe3x dx x2 sin 4x dx x3 sin 5x dx sin2 x dx cos2 x dx (ln x)2 dx x sin(ln x) dx

1 dx (x2 + 1)2 Hinweis: Das Integral soll ohne Rekursionsformel ausgerechnet werden: 1 = x2 (x2 + 1) − x2 ; partielle Integration f¨ur 2 (x + 1)2 1 1 1 1

arcsin x dx arctg x dx

eax sin(bx) dx eax cos(bx) dx

21.1 Partielle Integration

255

L¨osung: a) I =

1

x sin xdx v = sin x v = 1− cos x

u =x u = 1

I = −x cos x +

cos xdx

I = −x 1 cos x + sin x + c b) I = x2 ln xdx u = ln x v = x2 1 1 v = x3 u = x 13 1 3 1 I = x ln x − x2 dx 3  3  1 1 +c I = x3 ln x − 3 3 1 c)

ln x dx

f (x) = ln x g (x) = 1

f  (x) =

⇒

g(x) = x

⇒ 1

d) I =

1

1 x

ln x dx = ln x · x −

1

1 · x dx = ln x · x − x + c x

ex sin x dx

f (x) = ex ⇒ f  (x) = ex g (x) = sin x ⇒ g(x) = − cos x

1 x

x ⇒ I = e − cos x − e − cos x dx    4 I1 =+ ex cos x dx

d.h. f¨ur I1 : f1 (x) = ex ⇒ f1 (x) = ex g1 (x) = cos 1 x ⇒ g1 (x) = sin x ⇒I =

⇔ ⇒

1

ex sin x dx = −ex cos x + ex sin x − ex sin x dx 1

2 ex sin x dx = ex sin x − cos x 1

1 ex sin x dx = ex sin x − cos x + c 2

256

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

e) I =

1

x ln(x − 1) dx 1 x−1 1 ⇒ g(x) = x2 2

f (x) = ln(x − 1)⇒ f  (x) = g (x) = x

1 ⇒ I = (ln(x − 1)) · x2 − 2 1

1

1 1 · x2 dx x−1 2    = 21 I1

1

1

dx x−1 x−1 1 = x + x2 + ln(x − 1) + c 2

1 1 2 1 x + x + ln(x − 1) + c ⇒ I = ln(x − 1) · x2 − 2 2 2 1 1 = (ln(x − 1)x2 − x2 − x − ln(x − 1)) + c 2 2 1 1 = ((x2 − 1) ln(x − 1) − x − x2 ) + c 2 2 I1 =

1

f)

(x2 − 1) + 1

dx =

x2  sin x dx = −x2 cos x −  u

v

= −x2 cos x + 2

1

1

(x + 1) dx +

−2x cos x dx

x cos  x dx u

= −x2 cos x + 2(x sin x −

v

1

1 · sin x dx)

= −x2 cos x + 2(x sin x + cos x + c) 2c = −x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x +  =c1

1

g)

2 x2 cos  x dx = x sin x − u

v

= x2 sin x − 2

1

1

2x sin x dx

x sin x dx

Teilaufgabe a) 2

= x sin x − 2(−x cos x + sin x + c) = x2 sin x + 2x cos x − 2 sin x −2c  =c1

21.1 Partielle Integration

1

h)

2 sin x cos  x dx = sin x − u

⇒

1 1

2

1

⇒ 1

v

f (x) dx = sin x −

1

2

⇒

i)

257

1

f (x) dx

f (x) dx = sin2 x

sin x cos x dx =

1 2 sin x + c 2

1 x  e3x dx = x · e3x −  3 u

cos x sin x dx

v

1

1 1 · e3x dx 3

1

1 1 = xe3x − e3x dx 3 3   1 1 3x 3x xe − e + c = 3 3 1

j)

1 2 x2 sin   4x dx = − 4 x cos 4x − u

v

−2x cos 4x ·

1 dx 4

 1 1 · sin 4x dx 4   1 1 1 2 1 1 x sin 4x − = − x cos 4x + sin 4x dx 4 2 4 4    1 1 1 1 1 2 x sin 4x − − cos 4x + c = − x cos 4x + 4 2 4 4 4

1 1 = − x2 cos 4x + 4 2



1

1 x sin 4x − 4

1

1 1 1 1 = − x2 cos 4x + x sin 4x + cos 4x − c 4 8 32 8  =c1

258

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

k) 1

3 x3 x3 sin   5x dx = − 5 cos 5x + 5 u

1

v

=−

x3 5 x3

cos 5x +

x2 cos   5x dx u

v

3 2 3 x sin 5x − 25 25

1

2x sin   5x dx u

v

1

3 2 3 6 x sin 5x + x cos 5x − 2 cos 5xdx 5 25 125 125 3 6 6 x3 x cos 5x − sin 5x + c = − cos 5x + x2 sin 5x + 5 25 125 625     x3 6 3 6 x− + sin 5x − + x2 + c = cos 5x 125 5 625 25 =−

1

sin2 x dx =

l)

1

= − sin x cos x − = − sin x cos x + = − sin x cos x + = − sin x cos x + 1

⇒

2

1

⇒

cos 5x +

sin x  sin x dx  1 1 1 1

u

v

cos x(− cos x) dx cos2 x dx (1 − sin2 x) dx 1 dx −

1

sin2 x dx

f (x) dx = − sin x cos x + x + c

sin2 x dx =

c 1 (− sin x cos x + x) + 2 2  =c1

1

m) =

cos2 x dx =

1

1 dx −

1

1

(1 − sin2 x) dx

sin2 x dx

1 x + c0 − (− sin x cos x + x) − c1 2 1 1 = x − x + sin x cos x + c0 − c1    2 2 Teilaufgabe l)

=

c

1 = (x + sin x cos x) + c 2

21.1 Partielle Integration

1

n)

(ln x)2 dx =

1

259

ln x  ln x dx  u

1

ln x dx 1

⇒

Teilaufgabe c)

=

v

x(ln x − 1) + c

ln x  ln x dx = ln x · x(ln x − 1) −  u

v

= ln x · x(ln x − 1) −

1

ln x dx +

1

1

1 · x(ln x − 1) dx x

1 dx

= ln x · x(ln x − 1) − x(ln x − 1) − c1 + x + c2 = 2x − 2x ln x + x(ln x)2 + c3 o) I1 :=

1

1 x sin(ln x) dx = x2 sin(ln x) −     2 =u

1

=v

1 2 1 x · cos(ln x) dx 2 x 1

1 1 = x2 sin(ln x) − x · cos(ln x) dx 2 2   1 1 1 2 1 1 2 x · − sin(ln x) dx x cos(ln x) dx = x cos(ln x) −     2 2 x =u

=v

1 1 = x2 cos(ln x) + I1 2 2 1 1 1 ⇒ I1 = x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) − I1 2 4 4 5 1 1 I1 = x2 sin(ln x) − x2 cos(ln x) ⇒ 4 2 4 1 ⇒ I1 = x2 (2 sin(ln x) − cos(ln x)) + c 5 p) I=

=

1

1

1

1 dx = (x2 + 1)2 1 dx − x2 + 1

1 

x2 + 1 x2 − (x2 + 1)2 (x2 + 1)2

1

x2 dx = 2 (x + 1)2



1

1 −1 dx − x · − x2 + 1 2(x2 + 1) 1 x 1 +c = arctan x + 2 2 2 x +1

=

1

 dx ⎛

⎞

⎜1 ⎟ x 1 ⎜ ⎟ dx − x · 2 dx⎟ ⎜  2 2 x +1 (x + 1) ⎝ ⎠ =u    

−1 1 dx = 2(x2 + 1) 2

1

=v

1 1 x dx + 2 x2 + 1 2 x +1

260

1

q)

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

arcsin x dx =

= x arcsin x − (arcsin x) = √ 1

=

1

1−x2

1

1 arcsin    x dx u

v

x(arcsin x) dx

x arcsin x −

1

√ = x arcsin x + 1 − x2 + c 1

r)

arctan x dx =

1

x √ dx 1 − x2

1 arctan    x dx

v (arctan x) = 1 2 (s.Aufg. 16.5) 1+x

=

u

x arctan x −

1

x dx 1 + x2 1 1 2x = x arctan x − dx 2 1 + x2 1 = x arctan x − ln |1 + x2 | + c 2 1 = x arctan x − ln(1 + x2 ) + c 2 = x arctan x −

1

s)

1

x

1 dx 1 + x2

1 eax sin(bx) dx = eax (− cos(bx)) −     b u

v

1 a = − eax cos(bx) + b b

1

1

1 aeax (− cos(bx)) dx b

eax cos(bx) dx     u

v

  1 a ax 1 1 ax ax 1 e sin(bx) − ae · sin(bx) dx = − e cos(bx) + b b b b   1 1 a 1 ax a e sin(bx) − = − eax cos(bx) + eax sin(bx) dx b b b b   1 1 a a2 eax sin(bx) dx = − eax cos(bx) + 2 eax sin(bx) ⇒ 1+ 2 b b b   

⇒

1

b2 +a2 b2

eax sin(bx) dx =

1 eax (a sin(bx) − b cos(bx)) + c a2 + b2

21.1 Partielle Integration

261

1

1

1 b eax cos(bx) dx = eax cos(bx) + eax sin(bx) dx a a eax b Teilaufgabe c) 1 ax e cos(bx) + · 2 = (a sin(bx) − b cos(bx)) a a a + b2   1 b = eax cos(bx) + 2 (a sin(bx) − b cos(bx)) a a + b2

1 1 2 (a + b2 ) cos(bx) + ab sin(bx) − b2 cos(bx) = eax 2 a a + b2 eax (a cos(bx) + b sin(bx)) . = 2 a + b2

t) Teilaufgabe c)

⇒

Aufgabe 21.2 Berechnen Sie die folgenden Integrale nach dem Verfahren der partiellen Integration: 1

a) b)

sin(ax) sin(bx) dx f¨ur |a| = |b|, a, b = 0

1 1

c)

cos(ax) cos(bx)dx f¨ur |a| = |b|, a, b = 0 ( f (x))n f  (x)dx n ∈ N

L¨osung: 1

sin(ax) sin(bx) dx

a)

f (x) = sin(ax) g (x) = sin(bx) 1 g(x) = − cos(bx) b 1 1 a 1 cos(ax) cos(bx) dx ⇒ sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + b b ⇒ f  (x) = a cos(ax),

f1 (x) = cos(ax) g1 (x) = cos(bx) ⇒ f1 (x) = −a sin(ax) g1 (x) = ⇒

1

cos(ax) cos(bx) dx =

a 1 cos(ax) sin(bx) + b b

1

1 sin(bx) b sin(ax) sin(bx) dx

1  a 1 a2 sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + 2 cos(ax) sin(bx) ⇒ 1− 2 b b b ⇒

1

sin(ax) sin(bx) dx =

1 (b sin(ax) cos(bx) − a cos(ax) sin(bx)) + c a2 − b2

262

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

b) I =

1

cos(ax) cos(bx) dx       g (x)

f (x)

f (x) = cos(ax) f  (x) = −a sin(ax) I=

g (x) = cos(bx) 1 g(x) = sin(bx) b 1

a 1 cos(ax) sin(bx) + sin(ax) sin(bx)dx b b   I1

I1 =

1

1

a 1 sin(ax) sin(bx) dx = − sin(ax) cos(bx) + cos(ax) cos(bx)dx       b b    f1 (x)

g1 (x)

f1 (x) = sin(ax) f1 (x) = a cos(ax)

g1 (x) = sin(bx) 1 g1 (x) = − cos(bx) b

I

 2  a a a2 1 − · I ⇒ I = cos(ax) sin(bx) − 2 sin(ax) cos(bx) + 2 · I  b2 b b  b 2 1 a 1 a cos(ax) cos(bx)dx = cos(ax) sin(bx) − 2 sin(ax) cos(bx) ⇒ 1− 2 b 1 b b ⇒ (b2 − a2 )

cos(ax) cos(bx)dx = b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx)

b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx) b2 − a2 Nebenrechnung: (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = (a − b) sin(ax + bx) + (a + b) sin(ax − bx) = (a − b)(sin(ax) cos(bx) + cos(ax) sin(bx)) + (a + b)(sin(ax) cos(bx) − cos(ax) sin(bx)) = 2a sin(ax) cos(bx) − 2b cos(ax) sin(bx) ⇒I =

b cos(ax) sin(bx) − a sin(ax) cos(bx) b2 − a2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) =− 2 b2 − a2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = 2 a2 − b2 1 (a − b) sin((a + b)x) + (a + b) sin((a − b)x) = 2 (a − b)(a + b)  1 sin((a + b)x) sin((a − b)x) + = 2 a−b a + b  1 sin((a + b)x) sin((a − b)x) + ⇒I= 2 a+b a−b ⇒

21.1 Partielle Integration

1

c)

263

( f (x))n f  (x)dx = ( f (x))n f (x) −

= ( f (x))n+1 − n ⇔

1

⇔

1

n( f (x))n−1 f  (x) f (x)dx

( f (x))n f  (x)dx

( f (x))n f  (x)dx + n

⇔ (n + 1) 1

1

1

1

( f (x))n f  (x)dx = ( f (x))n+1

( f (x))n f  (x)dx = ( f (x))n+1

( f (x))n f  (x)dx =

1 ( f (x))n+1 . n+1

Aufgabe 21.3 Berechnen Sie eine Rekursionsformel f¨ur die Integrale Jn (x) = L¨osung: a) Jn (x) =

1

sinn x dx =

= sinn−1 x(− cos x) −

1

1

1

sinn x dx,

1

ex xn dx.

n−1 sin sin x dx   x  u

v

(n − 1) sinn−2 x cos x(− cos x) dx

= − sinn−1 x cos x + (n − 1) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)

1

sinn−2 x cos2 x dx

1

sinn−2 x(1 − sin2 x) dx  1   1 

⇒

In (x) =

sinn−2 x dx − sinn x dx      Jn−2

Jn

Jn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x) − (n − 1)Jn (x)

Jn (x) + (n − 1)Jn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x) nJn (x) = − sinn−1 x cos x + (n − 1)Jn−2 (x)   1 1 Jn−2 (x) Jn (x) = − sinn−1 x cos x + 1 − n n

264

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

b) In (x) =

1

x

n

n x

e  x dx = x e − 

1

nxn−1 ex dx

u

v

= xn ex − n

1

xn−1 ex dx    In−1

= xn ex − nIn−1 ⇒

1

ex xn dx = In (x) = xn ex − nIn−1 (x).

Aufgabe 21.4 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 11

a)

xex dx

0

12

b)

ln x dx

1

L¨osung: a) 11 0

x  ex dx = xex |10 −  u

v

11

1 · ex dx

0

= e − ex |10 = e − e + 1 = 1 b) 12 1

ln x dx =

12 1

1 ·  ln x dx = x  v

ln x|21 −

u

= 2 ln 2 − x|21 = 2 ln 2 − 2 + 1 = 2 ln 2 − 1.

12 1

1 x dx x

21.1 Partielle Integration

Aufgabe 21.5 Berechnen Sie I =

1A

265

e−x | cos x| dx f¨ur A =

3π . 2

0

L¨osung: 1A

3π 2 0 ⎧ * π+ ⎪ cos x, x ∈ 0, ⎨ 2$ ) | cos x| = π 3π ⎪ , ⎩ − cos x, x ∈ 2 2

I=

e−x | cos x| dx

,A =

3π

⇒

12

π

e−x | cos x| dx =

0

1

e

e−x cos x dx −

0

Aufg. 22.1 t)

=

Hier: 1 a = −1, ⇒

3π



eax cos bx dx −x

12

 I1

12 π

 2

e−x cos x dx  I2



eax (b sin(bx) + a cos(bx)) + c a + b2 2

b=1 1 cos x dx = e−x (sin x − cos x) + c 2 1  −π e 2 2 1  −π e 2 = 2 1  −π e 2 = 2

⇒ I1 =

 π π  −0 − cos − e (sin 0 − cos 0) 2 2  · 1 − 1 · (−1)  +1



sin

     π π 3π 3π 1 − 3π π e 2 sin − cos − e− 2 sin − cos 2 2 2 2 2  π 1  − 3π e 2 · (−1) − e− 2 · 1 = 2  π 1  3π = − e− 2 + e− 2 2

I2 =

266

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution 3π

⇒

12

  1  3π π 1  −π e 2 +1 + e− 2 + e− 2 2 2  3π 1  −π 2e 2 + e− 2 + 1 = 2 π 1 3π 1 = + e− 2 + e− 2 . 2 2

e−x | cos x| dx = I1 − I2 =

0

21.2 Integration durch Substitution Aufgabe 21.6 Mit der ersten Substitutionsregel berechne man: 1

a) b)

1 1

c) 1

d) 1

e) f) g) h) i) j) k) l)

1 1 1 1 1 1 1 1

cos(5x + 1) dx a4x+1 dx x √ dx ax2 + b 1 e x2 dx x3 (ln x)2 dx x (ex + 1)3 ex dx x dx 4 x +3 arctan x dx 1 + x2 2−x dx 2 + 4x + 2 4x x2 8x3 − 1 dx sin2 x cos x dx sin9 x dx

2x − 3 √ dx 2 + 9x − 3x2 1 1 n) dx 2 4 1 sin x5cos x 2x √ dx o) 3 1 − x3

m)

21.2 Integration durch Substitution

1

p)

267

(x + 2) sin(x2 + 4x + 6) dx

L¨osung: 1

cos(5x + 1) dx

a)

t = 5x + 1 =

1

1

b)

cost

⇒

dt =5 dx

⇔

dx =

dt 5

1 1 dt = sint + c = sin(5x + 1) + c 5 5 5

a4x+1 dx

1 dt = 4 ⇒ dx = dt dx 4 1 1 1 1 1 1 t 1 at dt = a +c ⇒ a4x+1 dx = at dt = 4 4 4 ln a 1 4x+1 a = +c 4 ln a

t = 4x + 1

1

c)

⇒

x √ dx ax2 + b

1 dt = 2ax ⇔ x dx = dt dx 2a 1 1 1 1 x 1 1 1 dt = ⇒ √ dx = √ · t − 2 dt 2a t 2a ax2 + b 1 1 1 1√ 1 2 · 1 ·t 2 +c = = t +c = ax + b + c 2a 2 a a

t = ax2 + b

1

⇒

1

e x2 d) dx x3 1 dt 2 = −2 · x−3 = − 3 ⇒ t = 2, x dx x ⇒ 1

e)

1

1

1 e x2 dx = − x3 2

1

dx 1 = − dt x3 2

1 1 1 et dt = − et + c = − e x2 + c 2 2

(ln x)2 dx x dt 1 dx t = ln x ⇒ = ⇒ = dt dx x x

268

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

⇒ 1

f)

1

(ln x)2 dx = x

1

1 1 t 2 dt = t 3 + c = ln3 x + c 3 3

(ex + 1)3 ex dx

dt = ex ⇒ ex dx = dt dx 1 1 1 1 ⇒ (ex + 1)3 exdx = t 3 dt = t 4 + c = (ex + 1)4 + c    4 4

t = ex + 1 ⇒

t3

dt

1

g)

x dx x4 + 3 1 dt t = x2 , = 2x ⇒ xdx = dt dx 2 1 1 1 x 1 dx = ⇒ dt x4 + 3 2 3 + t2 √ √ dt √ = 3 ⇒ dt = 3 du t = 3u ⇒ du 1 1 1 1 1 1 √ dt = 3 du ⇒ 2 2 3+t 2 31+ 3u2 1 1 du = √ 1 + u2 2 3 1 = √ arctan u + c 2 3 t 1 = √ arctan √ + c 2 3 3 1 x2 = √ arctan √ + c 2 3 3 1

h)

arctan x dx 1 + x2

1 dt dx = ⇒ = dt 2 dx 1 + x 1 + x2 1 1 arctan x 1 1 ⇒ dx = t dt = t 2 + c = arctan2 x + c 2 1+x 2 2

t = arctan x ⇒

1

i)

1 2−x dx = − 4x2 + 4x + 2 8

1

5 8x + 4 dx + 4x2 + 4x + 2 2

1

1 dx (2x + 1)2 + 1

dt = 8x + 4 ⇒ dt = (8x + 4) dx dx 1 du = 2 ⇒ dx = du 2) u = 2x + 1 ⇒ dx 2 1) t = 4x2 + 4x + 2 ⇒

21.2 Integration durch Substitution

1

269

1

5 1 1 1 1 dt + · du 2 8 t 2 1+u 2 1 5 1 = − ln |t| + arctan u · + c 8 2 2 1 5 2 = − ln |4x + 4x + 2| + arctan(2x + 1) + c 8 4

⇒=−

4x2 +4x+2>0 f¨ur alle x

1

j)

x2



=

1 5 − ln(4x2 + 4x + 2) + arctan(2x + 1) + c 8 4

8x3 − 1 dx

dt 1 = 24x2 ⇒ x2 dx = dt dx 24 1 1 1  1 1√ 1 2 3 ⇒ x 8x − 1 dx = t dt = t 2 dt 24 24 1 1 3 · t 2 +c = 24 32 3 1 = (8x3 − 1) 2 + c 36

t = 8x3 − 1 ⇒

1

sin x cos x dx =

k)

u = sin x ⇒ 1

⇒ = 1

l)

1

2

sin2 x(sin x) dx

du du = cos x, = u ⇔ du = u dx dx dx

sin2 x cos x dx =

1

u2 · u dx =

1

u2 du =

u3 +c 3

1 3 sin x + c 3 sin9 x dx =

u = cos x ⇒ ⇒

1

1

(sin2 x)4 sin x dx =

1

(1 − cos2 x)4 (−1)(cos x) dx

du = − sin x dx

sin9 x dx = −

1

(1 − u2 )4 du 1 4   4 (−u2 )k du =− ∑ k k=0 1

(1 − 4u2 + 6u4 − 4u6 + u8 ) du   3 3 6 5 4 7 1 9 = − u− u + u − u + u +c 4 5 7 9 3 6 4 1 3 5 = − cos x + cos x − cos x + cos7 x − cos9 x + c 4 5 7 9 =−

270

m) I =

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

1

1 2x − 3 √ dx = − 2 3 2 + 9x − 3x

Substitution: t = 2 + 9x − 3x2

1

9 − 6x √ dx 2 + 9x − 3x2

dt = (9 − 6x) dx

1

1 √ 1 1 √ dt = − · 2 t + c 3 3 t 2√ ⇒I=− 2 + 9x − 3x2 + c 3 1 1 n) I = dx 2 sin x cos4 x ⇒I=−

Substitution: t = tan x ⇒ x = arctant t 1 1 dt, sin x = √ , cos x = √ ⇒ dx = 2 1 + t2 1+t 1 + t2 1 1 2 2 2 dt 1 (1 + t )(1 + t ) ⇒ · dx = 2 2 4 t 1 + t2 1 sin x cos x  1 2 = + 2 + t dt t2 t3 1 = − + 2t + + c t 3 1 = − cot x + 2 tan x + tan3 x + c 3 1 2x5 √ dx o) 3 1 − x3 Substitution:  3 t := 1 − x3 ⇒ t 3 = 1 − x3 ⇒ x 3 = 1 − t 3 dx = −3t 2 ⇒ x2 dx = −t 2 dt ⇒ 3x2 dt 1

2x5 √ dx = 3 1 − x3

1 1

2(1 − t 2 ) (−t 2 ) dt t

(t 3 − t) dt   4  2 1  1 4 1 2 3 3 t − t +c = =2 1 − x3 − 1 − x3 + c 4 2 2 =2

p) I=

1

Substitution: t = x2 + 4x + 6

(x + 2) sin(x2 + 4x + 6) dx

21.2 Integration durch Substitution

271

dt = 2x + 4 dx dt ⇒ dx = 2x +4 1 1

1 1 1 x+2 · sint dt = sint dt = − cost + c = − cos x2 + 4x + 6 + c. I= 2x + 4 2 2 2 ⇒

Aufgabe 21.7 Mit der zweiten Substitutionsregel berechne man 1

1 √ dx 2 a − x2 1 1 b) dx 9 + 2x2 1 1 √ √ dx c) 3 x( 3 x − 1) a)

L¨osung: 1

a)

1 √ dx a2 − x2

dx = a cost ⇔ dx = a cost dt dt   √ a2 − x2 = a2 − a2 sin2 t = a2 (1 − sin2 t)   π π  √ = a > 0, t ∈ − , a2 cos2 t = a cost 2 2 1 1 1 1 a cost ⇒ √ dt = 1 dt = t + c dx = a cost a2 − x2 x = arcsin + c a

x = a sint

⇒

1

1 dx 9 + 2x2 3 3 dx =√ x = √ t, 2x2 = 9t 2 , 2 2 1 dt 1 1 1 3 1 1 √ ⇒ dx = √ dt ⇒ dx = dt = √ arctant + c 2 2 9 + 2x 2 √  3 2 1+t 3 2 1 2 x +c = √ arctan 3 3 2 1 1 √ √ dx c) 3 x( 3 x − 1)

b)

x = t 3 ⇒ dx = 3t 2 dt

272

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

1

1

3t 2 dt t(t − 1) 1 1 t t −1+1 =3 dt = 3 dt t −1 t −1 1 1 1 t−1=u u+1 1 t=u+1 du = 3 du + 3 du = =3 u u = 3u + 3 ln |u| + c

1 √ √ dx = 3 x( 3 x − 1)

= 3(t − 1) + 3 ln |t − 1| + c √ √ = 3 3 x − 3 + 3 ln | 3 x − 1| + c. Aufgabe 21.8 Man berechne das unbestimmte Integral 1

√

x+2 4x − x2

dx

L¨osung: 1

1 x+2 √ dx = − 2 2 4x − x

1

−2x + 4 √ dx + 4 4x − x2

1



1 4 − (x − 2)2

dx

dt = 4 − 2x ⇒ dt = (−2x + 4) dx dx 2) u = x − 2 ⇒ dx = du

1) t = 4x − x2 ⇒

⇒

1

1 x+2 √ dx = − 2 4x − x2

siehe Aufg. 22.7 a)

=

1

t − 2 dt + 4 1

1

√ 1 1 1 u x−2 − · 1 t 2 + 4 arcsin + c = − 4x − x2 + 4 arcsin + c. 2 2 2 2

Aufgabe 21.9 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 11

a) −1 11

b)

tdt √ 1 + t2 

1 − x2 dx

0

14

c) 0

x dx √ 1 + 2x

1 √ du 4 − u2

21.2 Integration durch Substitution π /2 1

d) 0

273

sin x dx cos2 x − 4

L¨osung: 11

a) −1

tdt √ 1 + t2

Substitution: u = 1 + t 2

⇒

t=

√

u−1

⇒

1 1 dt = ·√ du 2 u−1

M¨oglichkeit 1: • Weiterrechnen ohne Grenzen mit anschließender Resubstitution 1 1 √ t u−1 1 1 √ √ · √ dt = du u 2 u−1 1 + t2 1 √ 1 √ 1 1 √ du = · 2 u + c = u + c = 2 u 2  2 = 1+t +c • Einsetzen der urspr¨unglichen Grenzen 11 −1

   t √ dt = [ 1 + t 2 ]1−1 = 1 + 12 − 1 + (−1)2 = 0 1 + t2

M¨oglichkeit 2: Anpassen der Grenzen obere Grenze: t = 1 ⇒ u = 1 + 12 = 2 untere Grenze: t = −1 ⇒ u = 1 + (−1)2 = 2 11 −1

t √ dt = 1 + t2 1a

da

12 √ 2

u−1 1 1 √ · √ du = 0, u 2 u−1

f (x) = 0 f¨ur beliebige Grenzen a und Funktionen f (x)

a

M¨oglichkeit 3: allerdings ohne Substitution ⎫ t f (t) = √ = − f (−t) ⇒ punktsymmetrisch ⎬ ⇒ Integral= 0 1 + t2 ⎭ Grenzen sind symmetrisch b)

11  0

1 − x2 dx

274

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

Substitution: x = sint 1 

1 − x2 dx

1 

=

1

= Aufg. 22.1 m)

=

11 

1 − x2 dx

0

π

12

cos2 t dt =

0

arcsin 0

π 1 π · = 2 2 4

x dx √ 1 + 2x

1 dt = 2 ⇔ dx = dt dx 2 1 t = 1 + 2x ⇔ (t − 1) = x 2 x = 0 ⇒ t = 1, x = 4 ⇒ t = 9

0

=

x dx √ = 1 + 2x 1 4

19 1

1 = 4 )

19 1

19 1 2 (t − 1) 1

19

1

1

√ t

1 t √ dt − 4 t

19 1

1 · dt = 2 4

t −1 √ dt t

1 √ dt t

1 √ 1 1 √ dt t dt − 4 t 9

$9

1

$9 1 1 2 3 1 2 2 · t · 2t = − 4 3 4 1 1 $9 ) $9 ) 1 3 1 1 = t2 − t2 6 2 1 1 √ √ 1 1 1√ 1√ = ( 9)3 − ( 1)3 − 9+ 1 6 6 2 2 1 26 20 10 1 1 1 −1 = = = · 33 − − · 3 + = 6 6 2 2 6 6 3 )

cos2 t cost dt

1 1 cost sint + t + c 2 2

t = 1 + 2x ⇒

14

1 √

cos2 t dt

cos2 t dt =

= =

14

1 − sin2 t cost dt =

arcsin 1 1

0

c)

dx = cost dt

⇒

1 +2 cost sint + t 2 2 0

*1

π

21.2 Integration durch Substitution

275

π

12

d) 0

sin x dx cos2 x − 4

t = cos x ⇔ x = arccost dt = − sin x ⇔ dt = − sin x dx dx x = 0 ⇒ t = cos 0 = 1 π π x = ⇒ t = cos = 0 2 2 π

12 0

sin x dx =− cos2 x − 4

PBZ

=

11

1 4



0

10 1

dt = t 2 − 22

1 1 − t −2 t +2

11 0

dt t 2 − 22

 dt

+1 1* = ln |t − 2| − ln |t + 2| 4 0 ⎛ ⎞ 1⎝ ln 1 − ln 2 − ln 3 + ln 2⎠ = 4  =0

1 = − ln 3. 4 Aufgabe 21.10 Welcher Fl¨acheninhalt A wird von der Kurve y2 = 9x2 − x4 eingeschlossen? L¨osung: y2 = 9x2 − x4 = x2 (9 − x2 )

⇒

√ y = ±x 9 − x2 , − 3 ≤ x ≤ 3

Fl¨ache ist symmetrisch zur x-Achse und zur y-Achse 13  ⇒ A = 4 x 9 − x2 dx 0

1 du = −2x ⇒ xdx = − du dx 2 untere Grenze: x = 0 ⇒ u = 9 − 0 = 9 obere Grenze: x = 3 ⇒ u = 9 − 32 = 0

Substitution: u = 9 − x2

A=4

⇒

13 

x

0

9 − x2 dx = 4

10 9

1 √ √ 1 − u du = 2 u du 2 9

0

4 2√ 3 9 4 √ 3 u ]0 = ( 9 − 0) = · 27 = 36. = 2·[ 3 3 3

276

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

Aufgabe 21.11 In einer Schaltung (siehe Grafik) fließt nach Schließen des Schalters S zur Zeit t = 0 der folgende Ladestrom: t i(t) = i0 · e− RC ,t ≥ 0 Ermitteln Sie den zeitlichen Verlauf der Kondensatorladung q(t), wenn der Kondensator zu Beginn energielos, d.h. ungeladen ist. Hinweis: Es gilt i(t) = q(t) ˙

Abb. 21.1 Bild zu Aufgabe 21.11

L¨osung: q(t) =

1t

i(τ ) d τ =

0

1t

τ

i0 · e− RC d τ

0

du 1 τ ⇒ =− RC dτ RC untere Grenze: τ = 0 ⇒ u = 0

Substitution: u = −

obere Grenze: τ = t

q(t) = i0 ·

1t

τ − RC

e

d τ = i0 ·

0

=

⇒

−t/RC −RCi0 · [eu ]0

u=−

t RC

−t/RC 1

eu · (−RCdu)

0 t

t

= −RCi0 (e− RC − 1) = RCi0 (1 − e− RC ).

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren Aufgabe 21.12 Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren

a) b) c) d) e)

1  1 1 1 1

277

9 − 4x2 dx

√

3

2x+1

dx

(arcsinx)2 dx √ cos x dx cot(ln x) dx x

L¨osung: a) x =

3 3 dx 3 sint ⇒ 4x2 = 9 sin2 t, = cost ⇒ dx = cost dt 2 dt 2 2

1 

1 

3 9 − 9 sin2 t cost dt 2 1  9 = 1 − sin2 t cost dt = 2 1 9 Aufg.22.1 g) 9 1 · (t + sint cost) + c = cos2 t dt = 2 2 2       t=arcsin( 23 x) 9 2 2 2 arcsin x + x cos arcsin x +c = 4 3 3 3        9 2 2 2 2 = arcsin x + x 1 − sin arcsin x +c 4 3 3 3 ⎛ ⎞     2 9⎝ 2 2 2 = arcsin x + x 1− x ⎠+c 4 3 3 3   2 9 1  x +c = x 9 − 4x2 + arcsin 2 4 3

9 − 4x2 dx =

√ b) Substitution: t = 2x + 1 1 dx = · (2t) = t ⇒ dt 2 ⇒ dx = t dt I=

1

t · 3t dt

u = t u = 1

3t 3t v = ln 3

v =

⇒

t 2 = 2x + 1

⇒

x=

t2 − 1 2

278

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

    1 1 1 1 t · 3t − 3t dx = t · 3t − · 3t + c I= ln 3 ln 3 ln 3   √ √ 1 c 1 · 3 2x+1 + c1 mit c1 = 2x + 1 − I= ln 3 ln 3 ln 3 c) Substitution: t = arcsin x ⇒ x = sint dx = cost ⇒ dt ⇒ dx = cost dt 1

siehe Aufg. 22.1 g) I = t 2 cost dt = 2t cost + t 2 − 2 sint + c

I = 2 arcsin x cos(arcsin x) + arcsin2 x − 2 · x + c 

= 2 arcsin x · 1 − sin2 (arcsin x) + x arcsin2 x − 2 + c √

= 2 1 − x2 arcsin x + x arcsin2 x − 2 + c √ d) Substitution: t = x ⇒ x = t 2 dx = 2t ⇒ dt ⇒ dx = 2t dt I=

1

2t cost dt

Partielle Integration

=

2 (cost + t sint) + c

√ √ √

I = 2 cos x + x sin x + c e) Substitution: t = ln x 1 dt = ⇒ dx x dx = dt ⇒ 1x 1 cost I = cott dt = dt sint du Substitution: u = sint ⇒ = cost ⇒ du = cost dt dt 1 du = ln|u| + c = ln|sint| + c = ln|sin(ln x)| + c. I= u Aufgabe 21.13 Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale 14 

a)

1 − (x − 3)2 dx

2

11

b) 0

x2 dx √ 1 + x2

L¨osung: 14 

a) 2

1 − (x − 3)2 dx

Typ: f = g(h(x))

21.3 Gemischtes Integrationsverfahren

( (x−3) ≤ 1 ⇔ |x−3| ≤ 1 ⇔ 2

279

x≤ 4 x≥ 2

⇒ Integrationsintervall [2, 4] ⊂ D√1−(x−3)2

du = 1 ⇔ dx = du dx x = 2 ⇒ u = −1

x−3 = u ⇒

x=4⇒u=1 ⇒

14 

1 − (x − 3)2

dx =

11 

1 − u2

du = 2

−1

2

11 

1 − u2 du

0

du = cost ⇔ du = cost dt dt u = 0 ⇒ t = arcsin(0) = 0 π u = 1 ⇒ t = arcsin(1) = 2 π π 11  12  12 ⇒2 1 − u2 du = 2 1 − sin2 t cost dt = 2 cos2 t dt Substitution: u = sint ⇒

0

0

Aufg. 22.1 m)

=

b)

0

$π     1 2 1 1 π π + 0 − (0 + 0) = 2 (t + sint cost) = 2 2 2 2 2 2 0 )

I=

11 0

x2 √ dx = 1 + x2

11 0

x x ·√ dx  1 + x2 u    v

 x v = √ ⇒ v = 1 + x2 1 + x2 1 11    ⇒ I = x 1 + x2  − 1 + x2 dx 0

0



I1 =

11 0

1 + x2 √ dx = 1 + x2

⇒I= x



11 0

1 √ dx + 1 + x2

11

1 11 1  2 1+x  − √ dx − I 0 1 + x2 0

0

x2 √ dx = 1 + x2





I1

11 0

√

1 1 + x2

dx + I

280

21 Partielle Integration - Integration durch Substitution

⇒ 2I = x



1

 1 + x2 

0

−

11 0

1 √ dx 1 + x2

⎛

⎞ 1 11 +1 1 1⎝  1*   x 1 + x2  − √ x · 1 + x2 − arsinhx ⇒I= dx⎠ = 2 2 0 0 1 + x2 0

1 √ = ( 2 − arsinh1). 2

Kapitel 22

Integration rationaler Funktionen

Eine rationale Funktion ist immer auf dem Bereich definiert, in dem das Nennerpolynom keine Nullstellen hat. Die Integration rationaler Funktionen erfolgt haupts¨achlich durch Partialbruchzerlegung (PBZ). (Kap. 30). Aufgabe 22.1 Berechnen Sie die unbestimmten Integrale

1

R(x) dx der nachfolgenden rationalen

Funktionen R(x) x3 + 5x2 + 4x + 8 x2 (x2 + 4) x3 + 5x2 + 4x + 8 1 2 3 Hinweis: R(x) = = + 2+ 2 x2 (x2 + 4) x x x +4 2x3 + 9x2 + 8x + 5 R(x) = x2 + 4x + 3 2x3 + 9x2 + 8x + 5 2 4 Hinweis: R(x) = = 2x + 1 + − 2 x + 4x + 3 x+1 x+3 4x3 − 2x2 + 9x − 18 R(x) = x2 (x2 + 9) 4x3 − 2x2 + 9x − 18 1 2 3x Hinweis: R(x) = = − 2+ 2 x2 (x2 + 9) x x x +9 x4 + 4x2 + 1 R(x) = 3 x − x2 + 4x − 4 6 1 1 x+1 x4 + 4x2 + 1 = x+1+ · − · Hinweis: R(x) = 3 x − x2 + 4x − 4 5 x − 1 5 x2 + 4 x R(x) = 2 2x + 5x − 3 x 3 1 1 1 Hinweis: R(x) = 2 = · + · 2x + 5x − 3 7 x + 3 7 2x − 1

a) R(x) =

b)

c)

d)

e)

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 22, 

282

22 Integration rationaler Funktionen

L¨osung: a) R(x) = ⇒

1

3 x3 + 5x2 + 4x + 8 1 2 = + 2+ 2 2 2 x (x + 4) x x x +4 1

2 1 +3 dx 2 x 1 x +4 1 2 3 = ln |x| − + dx  x 2 x 4 +1 2

R(x) dx = ln |x| −

Substitution: u=

⇒

1

du 1 x ⇒ = ⇒ dx = 2du 2 dx 2

R(x) dx = ln |x| −

2 6 + x 4

1

1 du u2 + 1

2 3 + arctan u + c x 2 x 2 3 = ln |x| − + arctan + c x 2 2

= ln |x| −

b) R(x) = 1

2x3 + 9x2 + 8x + 5 2 4 = 2x + 1 + − 2 x + 4x + 3 x+1 x+3

R(x) dx = x2 + x + 2 ln |x + 1| − 4 ln |x + 3| + c = x2 + x + ln

c) R(x) = 1

(x + 1)2 +c (x + 3)4

4x3 − 2x2 + 9x − 18 1 2 3x = − 2+ 2 x2 (x2 + 9) x x x +9

R(x) dx = ln |x| +

2 + x

1

3x x2 + 9

dx

1 du = 2x ⇒ du = x dx dx 2 1 1 2 1 du ⇒ R(x) dx = ln |x| + + 3 x 2u 2 3 = ln |x| + + ln |u| + c x 2 2 3 = ln |x| + + ln(x2 + 9) + c x 2

Substitution: u = x2 + 9 ⇒

22 Integration rationaler Funktionen

283

6 1 1 x+1 x4 + 4x2 + 1 = x+1+ · − · x3 − x2 + 4x − 4 5 x − 1 5 x2 + 4 1 1 1 1 2 6 x+1 dx R(x) dx = x + x + ln |x − 1| − 2 5 5 x2 + 4 1 1 1 x+1 x dx dx dx = + x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4      

d) R(x) =

I1

I2

I1 = Substitution: u = x2 + 4 ⇒

1

x dx x2 + 4

1 du = 2x ⇒ du = x dx dx 2

1

1 1 1 du = ln |u| + c1 = ln(x2 + 4) + c1 u 2 2 1 x 1 Teilaufgabe a) 1 dx arctan + c2 I2 = = 2 2 2   1 x +4 1 1 x 1 2 6 1 2 ln(x + 4) + arctan + c, c = ⇒ R(x) dx = x + x + ln |x − 1| − 2 5 5 2 2 2 c1 + c2 I1 =

1 2

x

3 1 1 1 · + · 7 x + 3 7 2x − 1 1 1 1 1 1 3 · R(x) dx = ln |x + 3| + dx 1 7 7 2 x− 2   1  1 3 = ln |x + 3| + ln x −  + c. 2 14 2

e) R(x) =

2x2 + 5x − 3

=

Aufgabe 22.2 Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale durch Partialbruchzerlegung: 1

x3 + 5x2 + 2x − 4 dx x4 − 1 1 1 b) dx f¨ur a = 0 x2 − a2 1 3 18x − 21x2 − 30x + 34 dx c) 6x2 − 17x + 12 1 2 7x − 6x + 3 dx d) 3 x − x2 − x + 1 a)

284

1

e)

22 Integration rationaler Funktionen

x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 dx x4 + 3x2 + 2

L¨osung: a) x3 + 5x2 + 2x − 4 x4 − 1 x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) A B Cx + D f (x) = + + 2 x−1 x+1 x +1 ⎫ 1 = A + B +C ⎪ ⎪ ⎪ 5 = A − B + D⎬ 1 9 1 ⇒ A = 1, B = , C = − , D = 2 2 2 2 = A + B −C ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ −4 = A − B − D 9 1 1 −x + + + ⇒ f (x) = 2(x2 + 1) 2(x2 + 1) 2(x + 1) x − 1 f (x) :=

F(x) =

1

1 1 9 f (x)dx = − ln(x2 + 1) + arctan x + ln |x + 1| + ln |x − 1| +C 4 2 2

b) 1 A B 1 = + = x2 − a2 (x + a)(x − a) (x + a) (x − a) ⎫ 1 = −A + B⎬ 1 1 a B= , A=− ⎭ 2a 2a 0 = A+B 1 1 1 − = x2 − a2 2a(x − a) 2a(x + a)  1 1  1 1 1 1 1 − dx = ln |x − a| − ln |x + a| +C dx = x2 − a2 2a(x − 1) 2a(x + a) 2a 2a   1  x − a  ln  = +C 2a x+a c) Integral einer unecht gebrochenen rationalen Funktion: da der Z¨ahlergrad h¨oher ist, als der Grad des Nenners, wird zu Beginn der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision durchgef¨uhrt. Als Ergebnis findet man:

22 Integration rationaler Funktionen

285

( 18x3 − 21x2 − 30x+ 34) : (6x2 − 17x + 12) = 3x + 5 +  18x3 − 51x2 + 36x 30x2 − 66x+ 34  30x2 − 85x+ 60 19x− 26

19x − 26 6x2 − 17x + 12

4 3 Nullstellen des Nenners: x1 = , x2 = 3 2 A B 19x − 26 = + Partialbruchzerlegung: 2 6x − 17x + 12 3x − 4 2x − 3 −3A − 4B + (3B + 2A)x = 6x2 − 17x + 12    −3A − 4B = −26 A=2 ⇒ ⇒ 3B + 2A = 19 B=5  1  5 2 + dx 3x + 5 + Also: I1 = 3x − 4 2x − 3 3 5 2 = x2 + 5x + ln |3x − 4| + ln |2x − 3| + c 2 3 2 d) Integral einer echt gebrochenen rationalen Funktion. Der Nenner hat die doppelte Nullstelle x1,2 = 1 und die einfache Nullstelle x3 = −1. Also ist f¨ur die PBZ folgender Ansatz zu w¨ahlen: A C B 7x2 − 6x + 3 = + + 3 2 2 x − x − x + 1 (x − 1) x−1 x+1 (A − B +C) + (A − 2C)x + (B +C)x2 = x3 − x2 − x + 1 ⎧ ⎫ ⎧ ⎨ A− B+ C = 3 ⎬ ⎨ A = 2 2C = −6 ⇒ B = 3 ⇒ A− ⎩ ⎭ ⎩ B+ C = 7 C=4 f (x) =

⇒

1

f (x) dx =

1

2 dx + (x − 1)2

1

3 dx + x−1

1

4 dx x+1

2 + 3 ln |x − 1| + 4 ln |x + 1| + c x−1 x 3 + x2 + x + 2 x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 = x + e) Division mit Rest: x4 + 3x2 + 2 x4 + 3x2 + 2 =−

Faktorisierung des Nenners: x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) x3 + x2 + x + 2 Ax + B Cx + D Ansatz: 4 = 2 + 2 x + 3x2 + 2 x +1 x +2 Koeffizientenvergleich: A = 0, B = 1, C = 1, D = 0

286

⇒

22 Integration rationaler Funktionen

1 x x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 = x+ 2 + x4 + 3x2 + 2 x + 1 x2 + 2 ⇒

1

x5 + 4x3 + x2 + 3x + 2 dx = x4 + 3x2 + 2

1

1

1

1 x dx + dx x2 + 1 x2 + 2 1 1 = x2 + arctan x + ln(x2 + 2) + c. 2 2 x dx +

Aufgabe 22.3 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I=

1

x6 − x5 − 3x2 + 5x dx x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

Hinweis: (x2 + 1) ist ein Faktor (“Teiler”) des Nennerpolynoms. L¨osung: f (x) :=

x6 − x5 − 3x2 + 5x

x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

- unecht gebrochene rationale Funktion (x6 − x5 − 3x2 + 5x) : (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) = x2 + x +

−2x2 + 4x x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

Faktorisierung des Nenners: (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) : (x2 + 1) = x2 − 2x + 1 ⇒ f (x) = x2 + x + Ansatz:

−2x2 + 4x (x − 1)2 (x2 + 1)

A B C + Dx −2x2 + 4x = + + 2 (x − 1)2 (x2 + 1) x − 1 (x − 1)2 x +1 ⇒ −2x2 + 4x = A(x − 1)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (C + Dx)(x − 1)2 = (A + D)x3 + (−A + B +C − 2D)x2 + (A − 2C + D)x − A + B +C ⇒ A = −1, B = 1,C = −2, D = 1.

1 −1 −2 + x + + 2 ⇒ f (x) = x2 + x + 2 x − 1 (x − 1) x +1  1  1 −1 −2 + x 2 F(x) = + dx x +x+ + 2 x − 1 (x − 1)2 x +1 1 1 1 1 − 2 arctan x + ln (x2 + 1) + c. F(x) = x3 + x2 − ln |x − 1| − 3 2 x−1 2

22 Integration rationaler Funktionen

287

Aufgabe 22.4 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I= 1

Hinweis:

1

x+1

x2 (x2 + 1)2

dx.

dx x 1 1 x = 2 2 + arctan + c (x2 + a2 )2 2a x + a2 2a3 a

L¨osung: Das Nennerplynom hat eine doppelte reelle Nullstelle bei x1,2 = 0 und eine komplexe Nullstelle bei x3 = i sowie die zugeh¨orig komplex konjugierte bei x4 = −i. Somit ergibt sich folgender Ansatz f¨ur die Partialbruchzerlegung: Ex + F A B Cx + D x+1 + 2 = + 2+ 2 x2 (x2 + 1)2 x x x +1 (x + 1)2 =

Ax(x2 + 1)2 + B(x2 + 1)2 + (Cx + D)x2 (x2 + 1) + (Ex + F)x2 x2 (x2 + 1)2

=

x5 (A +C) + x4 (B + D) + x3 (2A +C + E) + x2 (2B + D + F) + xA + B x2 (x2 + 1)2

⇒ A = 1,

B = 1,

C = −1,

D = −1,

E = −1,

F = −1

Somit ergibt sich f¨ur die Integration:  1 1  1 1 x+1 x+1 x+1 + − dx dx = − I= x2 (x2 + 1)2 x x2 x2 + 1 (x2 + 1)2 1 1 1 1 1 x 1 x 1 dx − dx − dx − dx = ln|x| − − 2 2 2 2 2 x x +1 x +1 (x + 1) (x + 1)2 x 1 1 1 1 − − arctan x +C. = ln|x| − − ln(x2 + 1) − arctan x + x 2 2(x2 + 1) 2(x2 + 1) 2

Aufgabe 22.5 Berechnen Sie

1

18x2 + 15x − 4 9x3 − 12x2 − 11x − 2

dx

Hinweis: x = 2 ist eine Nullstelle des Nenners des Integranden.

288

22 Integration rationaler Funktionen

L¨osung:

(9x3 − 12x2 − 11x − 2) : (x − 2) = 9x2 + 6x + 1 −(9x3 − 18x2 ) 6x2 − 11x − 2 −(6x2 − 12x) x−2 −(x − 2) 0 Das Ergebnis dieser Division kann nun mithilfe der ersten Binomischen Formel vereinfacht werden: 9x2 + 6x + 1 = (3x + 1)2 ⇒

9x3 − 12x2 − 1x − 2 = (3x + 1)2 (x − 2)

Der Ansatz f¨ur die Partialbruchzerlegung ergibt sich wie folgt: B C A 18x2 + 15x − 4 + + = (x − 2)(3x + 1)2 x − 2 3x + 1 (3x + 1)2 =

A(3x + 1)2 + B(3x + 1)(x − 2) +C(x − 2) (x − 2)(3x + 1)2

Der Koeffizientenvergleich liefert die L¨osung A = 2, B = 0, C = 3 ⇒

1

18x2 + 15x − 4 dx = 9x3 − 12x2 − 11x − 2

1

2 dx + x−2

1

3 dx (3x + 1)2 1 1 = 2 ln |x − 2| + 3 dx (3x + 1)2

Substitution:

dt 1 = 3 ⇔ dx = dt dx 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 dx = · dt = dt = − +C (3x + 1)2 t2 3 3 t2 3t 1 =− +C 3(3x + 1) t = 3x + 1 ⇒

22 Integration rationaler Funktionen

⇒

1

289

3 18x2 + 15x − 4 dx = 2 ln |x − 2| − +C 3 2 9x − 12x − 11x − 2 3(3x + 1) 1 = ln(x − 2)2 − +C. 3x + 1

Aufgabe 22.6 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I∗ =

1

x5 + 3x4 + 4x3 + 13x2 + 5x + 15 dx. x4 + 4x2 + 4

Hinweise:

1

dz : (1 + z2 )2 Hierf¨ur ist die Substitution z = tan u zweckm¨aßig; 1 b) Es gilt cos4 u = ; 2 2 (1  + tan u)  1 tan u 1 u+ + c. c) cos2 u du = 2 1 + tan2 u a) Ein Teilintegral ist vom Typ

L¨osung: Polynomdivision: (x5 + 3x4 + 4x3 + 13x2 + 5x + 15) : (x4 + 4x2 + 4) = x + 3 + ∗

⇒I = I=

1

1

(x + 3) dx +

r(x) dx =

1

1

x2 + x + 3 x4 + 4x2 + 4

r(x) dx

x2 + x + 3 dx x4 + 4x2 + 4

x4 + 4x2 + 4 = (x2 + 2)2 Partialbruchzerlegung x2 + x + 3 Ax + B Cx + D Ax + B +Cx3 + Dx2 + 2Cx + 2D = = + (x2 + 2)2 (x2 + 2)2 x2 + 2 (x2 + 2)2 [x3 ]: 0 = C 1 1 1 x dx dx dx [x2 ]: 1 = D ⇒I= + + [x1 ]: 1 = A + 2C = A (x2 + 2)2 (x2 + 2)2  x2 + 2         [x0 ]: 3 = B + 2D = B + 2 ⇒ B = 1 =I3 =I =I 1

2

290

22 Integration rationaler Funktionen

1

1 1 d(x2 + 2) 1 +C1 =− · 2 2 (x2 + 2)2 2 (x + 2) 1 1 dx I2 =  2  4 x 2 √ +1 2 I1 =

√ x 2 1 √ = tan u; dx = du; = cos4 u 2 u)2 2u cos (1 + tan 2 √ 1 √ 1 √   2 du 2 2 tan u 4 2 · cos u = u+ +C2 cos u du = ⇒ I2 = 4 cos2 u 4 8 1 + tan2 u ⎞ ⎛ x √ ⎜ √ ⎟ 2⎜ x ⎟ 2 = ⎜arctan √ +  ⎟ +C2  8 ⎝ 2 x 2⎠ 1+ √ 2 1 1 1 x 1√ dx dx = I3 = 2 arctan √ +C3 =   2 x2 + 2 2 2 2 x √ +1 2 I=

3

1

5√ x 2 arctan √ +C, C = C1 +C2 +C3 2

x−2

∑ Ik = 4 · x2 + 2 + 8

k=1

5√ 1 1 x−2 x + ⇒ I ∗ = x2 + 3x + I = x2 + 3x + 2 arctan √ +C. 2 2 4(x2 + 2) 8 2 Aufgabe 22.7 Man berechne das unbestimmte Integral I=

1

1 − cos x dx. 1 + sin x

Hinweise: x 2 b) Partialbruchzerlegung a) Substitution t := tan

L¨osung: t = tan

x 2

cos x =

2dt 1 + t2

x = 2 arctant

dx =

1 − t2 1 + t2

2t 1 + t2

sin x =

22 Integration rationaler Funktionen

I=

291

1 − t2 1 1 4t 2 dt 4t 2 dt 1 + t 2 · 2dt = = 2 2 2 2t 1+t (1 + t )(t + 2t + 1) (1 + t 2 )(1 + t)2 1+ 1 + t2 d a + bt c 4t 2 + = + 2 (1 + t )(1 + t)2 1 + t 2 1 + t (1 + t)2

1 1−

t3 : b + c = 0 t 2 : a + 2b + c + d = 4 t : 2a + b + c = 0 1 : a+c+d = 0

⇒

a=0 b=2 c = −2 d=2

1 

 2t 2 2 + dt − I= 1 + t 2 1 + t (1 + t)2 2 +C = ln (1 + t 2 ) − 2 ln |1 + t| − 1+t    x x  2  = ln 1 + tan2 − 2 ln 1 + tan  − x +C 2 2 1 + tan 2 x  x cos x   2 = −2 ln sin + cos  − 2 x +C. x 2 2 sin + cos 2 2 Aufgabe 22.8 Berechnen Sie das unbestimmte Integral I= Hinweis: Substitution (t := L¨osung: t=

√

√

1

√ x+ x−2 √ dx (x + 2 x − 2)2

x − 2, s := t + 1) und Partialbruchzerlegung

x − 2 ⇒ x = t2 + 2 I=

1

t2 + 2 + t (t 2 + 2 + 2t)2

dx = 2t dt 2t dt

2t 3 + 2t 2 + 4t αt + β γt + δ + = 2 (t 2 + 2t + 2)2 t + 2t + 2 (t 2 + 2t + 2)2 =

(t 2 + 2t + 2)(α t + β ) + γ t + δ (t 2 + 2t + 2)2

292

22 Integration rationaler Funktionen

α =2 2α + β = 2 ⇒ β = −2 2α + 2β + γ = 4 ⇒ γ = 4 2β + δ = 0 ⇒ δ = 4  1  2t − 2 4t + 4 + dt I= t 2 + 2t + 2 (t 2 + 2t + 2)2 s = t +1 ⇒ t = s−1 1

dt = ds

1

2s − 4 4s ds + ds s2 + 1 (s2 + 1)2 1 1 1 2s 1 2s ds − 4 ds + 2 = ds s2 + 1 s2 + 1 (s2 + 1)2 −1 +C = ln(1 + s2 ) − 4 arctan s + 2 2 s +1   √ √ = ln 1 + ( x − 2 + 1)2 − 4 arctan(1 + x − 2) −

⇒I=

√ √ = ln(x + 2 x − 2) − 4 arctan(1 + x − 2) −

2 √ +C 1 + ( x − 2 + 1)2

2 √ +C. x+2 x−2

Aufgabe 22.9 Berechnen Sie folgende Integrale: 1

2e2x + 5ex − 1 dx 2x x 1 ex + e − 2 e −2 b) dx 2x + 2ex e 1 4e3x − 2e2x + ex − 3 dx c) e3x − 3e2x + ex − 3 Hinweis: Transformieren Sie die Integranden der Integrale mittels der Substitution t = ex in rationale Funktionen. a)

L¨osung: Substitution ex = t 1

a)

⇒

2e2x + 5ex − 1 (∗) dx = 2x x e +e −2 1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t 2 + t − 2) 1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t − 1)(t + 2)

x = lnt 1

⇒

dx 1 = dt t

2t 2 + 5t − 1 dt t2 + t − 2 t

(∗)

22 Integration rationaler Funktionen

Ansatz:

293

A B C 2t 2 + 5t − 1 = + + t(t − 1)(t + 2) t t −1 t +2 =

A(t − 1)(t + 2) + Bt(t + 2) +Ct(t − 1) t(t − 1)(t + 2)

=

(A + B +C)t 2 + (A + 2B −C)t − 2A t(t − 1)(t + 2)

1 1 ⇒ A = , B = 2, C = − 2 2 1

⇒ =

=

1

b)

1

1 dt + 2 t

1

1 1 dt − t −1 2

1

1 dt t +2

1 1 ln |t| + 2 ln |t − 1| − ln |t + 2| + c 2 2

t=ex

=

1 2t 2 + 5t − 1 dt = t(t − 1)(t + 2) 2

1 1 ln(ex ) + 2 ln |ex − 1| − ln(ex + 2) + c 2 2

x 1 + 2 ln |ex − 1| − ln(ex + 2) + c 2 2

ex − 2 (∗) dx = 2x x e + 2e

1

t −2 dt = 2 (t + 2t)t

1

t −2

t 2 (t + 2)

dt

Ansatz: t −2 A B C At 2 + Bt(t + 2) +C(t + 2) = + + = t 2 (t + 2) t + 2 t t 2 t 2 (t + 2) =

(A + B)t 2 + (2B +C)t + 2C t 2 (t + 2)

⇒ A = −1, B = 1, C = −1 1

 1  1 1 −1 t −2 dt = + − dt t 2 (t + 2) t + 2 t t2 1 1 1 1 1 1 dt + dt − dt = − t +2 t t2 1 = − ln |t + 2| + ln |t| + + c t 1 t=ex x x = − ln(e + 2) + ln e + x + c e = − ln(ex + 2) + x + e−x + c

ex − 2 dx = 2x e + 2ex

1

294

22 Integration rationaler Funktionen

1

4e3x − 2e2x + ex − 3 dx e3x − 3e2x + ex − 3

c) (∗)

=

=

1

1

4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt · t 3 − 3t 2 + t − 3 t 4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t

4t 3 − 2t 2 + t − 3 A B Ct + D 4t 3 − 2t 2 + t − 3 = = + + t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t t(t − 3)(t 2 + 1) t t − 3 t2 + 1 =

A(t − 3)(t 2 + 1) + Bt(t 2 + 1) + (Ct + D)t(t − 3) t(t − 3)(t 2 + 1)

(A + B +C)t 3 + (−3A − 3C + D)t 2 + (A + B − 3D)t − 3A t(t − 3)(t 2 + 1) ⇒ A = 1, B = 3, C = 0, D = 1 =

1

4t 3 − 2t 2 + t − 3 dt t 4 − 3t 3 + t 2 − 3t   1 3 1 1 + + dt = t t − 3 t2 + 1 1 1 1 1 1 1 dt + 3 dt + dt = t t −3 t2 + 1 = ln |t| + 3 ln |t − 3| + arctant + c ⇒

t=ex

= ln |ex | + 3 ln |ex − 3| + arctan ex + c = x + 3 ln |ex − 3| + arctan ex + c.

Aufgabe 22.10 Man berechne das unbestimmte Integral I und das bestimmte Integral I0 : a) I =

1

R(x) dx = 1

b) I0 =

12

1

x5 − x4 − 3x + 5 dx x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

R(x) dx

0

Hinweis: x0 = 1 ist eine doppelte 0-Stelle des Nenners. L¨osung: Polynomdivision: (x5 − x4 − 3x + 5) : (x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) = x + 1 +

−2x + 4 x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

22 Integration rationaler Funktionen

295

(x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1) : (x2 − 2x + 1) = x2 + 1 ⇒ R(x) = x + 1 + −2x + 4 (x2 + 1)(x − 1)2

−2x + 4 (x2 + 1)(x − 1)2

C D Ax + B + + 2 x + 1 x − 1 (x − 1)2

=

=

(Ax + B)(x − 1)2 +C(x − 1)(x2 + 1) + D(x2 + 1) (x2 + 1)(x − 1)2

=

(A +C)x3 + (−2A + B −C + D)x2 + (A − 2B +C)x + B −C + D (x2 + 1)(x − 1)2 ⇒ A = 2, B = 1, C = −2, D = 1. ⇒

I=

1

−2x + 4 2 1 2x + 1 − + = 2 (x2 + 1)(x − 1)2 x + 1 x − 1 (x − 1)2

R(x) dx = =

1 

1 2 1 2x + − + x+1+ 2 x + 1 x2 + 1 x − 1 (x − 1)2

 dx

1 x2 + x + ln(x2 + 1) + arctan x − 2 ln |x − 1| − +C 2 x−1

1

I0 =

12

R(x) dx

0

      3 1  1 2 1 1 1 1 = + + ln + 1 + arctan − 2 ln  − 1 − 1 2 2 2 2 2 −1 2 − (0 + 0 + 0 + 0 − 2 · 0 + 1) 1 1 5 1 1 = + + ln + arctan − 2 ln + 2 − 1 8 2 4 2 2 1 3 1 = + + ln 5 − 2 ln 2 + arctan + 2 ln 2 8 2 2 13 1 = + ln 5 + arctan ≈ 3, 698... 8 2 Aufgabe 22.11 Berechnen Sie die bestimmten Integrale 1

12

a) 0

2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3 dx x4 − 1

296

22 Integration rationaler Funktionen 1

12

b) 0√

c)

1 dx (x − 1)(x2 − 1)

13 6 x − 2x5 − 2x3 − 2x + 1

x2 (x2 + 1)2

1

dx

L¨osung: a) Da der Z¨ahlergrad h¨oher ist, als der Grad des Nenners, wird zu Beginn der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision durchgef¨uhrt. Als Ergebnis findet man: (2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3) : (x4 − 1) = 2x + 3 +

x2 x4 − 1

Als Nullstellen des Nennerpolynoms findet man: x1 = −1,

x2 = 1

Schließlich l¨asst sich der Nenner wie folgt zerlegen: x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1) F¨ur den Ansatz der PBZ ergibt sich sodann: A B Cx + D x2 = + + 2 x4 − 1 x−1 x+1 x +1 2 A(x + 1)(x + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x2 − 1) = x4 − 1 Und somit A(x3 + x2 + x + 1) + B(x3 − x2 + x − 1) +C(x3 − x) + D(x2 − 1) = x3 (A + B +C) + x2 (A − B + D) + x(A + B −C) + (A − B − D)

=

x2

Das aus dem Koeffizientenvergleich folgende LGS sieht folgendermaßen aus:

[x3 ] [x2 ] [x1 ] [x3 ]

A 1 1 1 1

B C D 1 1 0 0 −1 0 1 1 1 −1 0 0 −1 0 −1 0

Als L¨osung dieses Systems findet man : 1 1 1 A = , B = − , C = 0, D = . 4 4 2

22 Integration rationaler Funktionen

297

Schließlich ist 2x5 + 3x4 + x2 − 2x − 3 1 = 2x + 3 + 4 x −1 4



1 1 2 − + 2 x−1 x+1 x +1



F¨ur die L¨osung des Integrals geht man letztlich wie folgt vor: 12  1

I=

1 2x + 3 + 4



0

1 1 2 − + 2 x−1 x+1 x +1

 dx

   $ 1 ) 2 x−1 1  + 2 arctan x ln  = x2 + 3x +  4 x+1 0      1 − 1 3 1 1   ln  32  + 2 arctan = + +  2  4 2 4 2   1 1 = 7 − ln 3 + 2 arctan ≈ 1, 707... 4 2

b) Zun¨achst wird eine Partialbruchzerlegung durchgef¨uhrt. Dazu formt man zun¨achst den Nenner um und bestimmt anschließend seine Nullstellen: (x − 1)(x2 − 1) = (x − 1)(x − 1)(x + 1) = (x − 1)2 (x + 1) ⇒ x1,2 = 1 und x3 = −1 Ansatz f¨ur Partialbruchzerlegung: A B C 1 = + + 2 2 (x − 1) (x + 1) x − 1 (x − 1) x+1 =

A(x2 − 1) + B(x + 1) +C(x2 − 2x + 1) (x − 1)2 (x + 1)

Der Koeffizientenvergleich liefert schließlich: 1 A=− , 4 Damit ergibt sich:

1 B= , 2

C=

1 4

298

22 Integration rationaler Funktionen 1

12 0

1

1 1 dx = − (x − 1)(x2 − 1) 4

12 0

1

1 1 dx + x−1 2

12 0

1

1 1 dx + (x − 1)2 4

12 0

1 dx x+1

) $1 2 1 1 1 1 1 1 − = − [ln |x − 1|]02 + + [ln(x + 1)]02 4 2 x−1 0 4 3 1 1 ln 2 1 ln 2 + + = ln 3 + ≈ 0, 775... = 4 2 4 4 2

c) Polynomdivision: (x6 − 2x5 − 2x3 − 2x + 1) : (x6 + 2x4 + x2 ) = 1 −

2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 x6 + 2x4 + x2

x6 + 2x4 + x2 = x2 (x4 + 2x2 + 1) = x2 (x2 + 1)2 Partialbruchzerlegung: Ex + F 2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 A B Cx + D + 2 = + 2+ 2 x2 (x2 + 1)2 x x x +1 (x + 1)2 =

A(x5 + 2x3 + x) + B(x4 + 2x2 + 1) + (Cx + D)(x4 + x2 ) + (Ex + F)x2 x2 (x2 + 1)2

=

(A +C)x5 + (B + D)x4 + (2A +C + E)x3 + (2B + D + F)x2 + Ax + B x2 (x2 + 1)2

⇒ A = 2, B = −1, C = 0, D = 3, E = −2, F = 0 2x 2x5 + 2x4 + 2x3 + x2 + 2x − 1 2 1 3 − ⇒ == − 2 + 2 x2 (x2 + 1)2 x x x + 1 (x2 + 1)2 √

Also: I =

√

13

13

1

1

dx −

√

2 dx + x

13 1

√

1 dx − x2

13 1

√

3 dx + x2 + 1

√

13 1

2x dx (x2 + 1)2 √

$ 3 * +√3 ) 1 $ 3 * +√3 ) √ 1 = 3 − 1 − 2 ln |x| + − − 3 arctan x + − 2 x 1 x +1 1 1 1 √ 1 3π 1 1 − + = 3 − 1 − ln 3 − √ + 1 − π + 4 4 2 3 2 π 1 = √ − ln 3 − + ≈ −0, 479... 4 4 3 Aufgabe 22.12 Berechnen sie das bestimmte Integral

22 Integration rationaler Funktionen

I=

299

11 6 x + x4 + x1 + 1

(x2 + 1)3

0

dx

Hinweis: Auf dem L¨osungsweg tritt ein Intergal auf, dass mit einem der folgenden Hinweise gel¨ost werden kann: 1 + x2 − x2 1 = 2 2 (1 + x ) (1 + x2 )2 1 1 2 x x b) dx = x dx , partielle Integration (1 + x2 )2 (1 + x2 )2 a)

L¨osung: (x2 + 1)3 = x6 + 3x4 + 3x2 + 1 Polynomdivision: −2x4 − 2x2 1 + x2 = 1 − 2x2 2 2 3 (x + 1) (x + 1)3 1 = 1 − 2x2 = R(x) (1 + x2 )2

(x6 + x4 + x2 + 1) : (x6 + 3x4 + 3x2 + 1) = 1 +

1 

1−2

x2 (1 + x2 )2



dx = x +

1



x·

−2x dx (1 + x2 )2   I1

Partielle Integration: −2x 1 ⇒v= (1 + x2 )2 1 + x2 1 1 x x ⇒ I1 = − dx = − arctan x +C 1 + x2 1 + x2 1 + x2 ) $1 11 x 1 − arctan x = 1+ − arctan(1) I = R(x)dx = x + 1 + x2 1 + 12 0 u = x ⇒ u = 1

0

=

v =

3 π − ≈ 0, 715.... 2 4

Kapitel 23

Theorie der Reihen

Definition Reihe (Def. 31.1, Kap. 31) Ist a0 , a1 , a2 , . . . eine Zahlenfolge, so nennt man den Ausdruck a0 + a1 + a2 + a3 + · · · + ak + · · · eine Reihe. Die Zahlen ak heißen Glieder (oder Summanden) der Reihe. Unter der n-ten Partialsumme sn von a0 + a1 + a2 + . . . versteht man sn = a0 + a1 + a2 + · · · + an =

n

∑ ak

k=0

(n ∈ N).

Definition Summe einer Reihe (Def. 31.2, Kap. 31) Eine Reihe a0 + a1 + a2 + · · · heißt konvergent (divergent), wenn ihre Partialsumn

menfolge (sn ), sn = ∑ ak , konvergiert (divergiert). Ist lim sn = s, so nennt man s n→∞

k=0

die Summe der Reihe und schreibt ∞

∑ ak = s.

k=0

23.1 Konvergente Reihen Aufgabe 23.1 Berechnen Sie die folgende Summe:

4 4 4 4 + + + +··· 3 15 35 63

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4 23, 

302

23 Theorie der Reihen

L¨osung: ∞ 4 4 4 4 4 4 4 4 4 + + + +··· = + + + +··· = ∑ 3 15 35 63 1·3 3·5 5·7 7·9 (2k − 1)(2k + 1) k=1 A B 4 = + Partialbruchzerlegung: (2k − 1)(2k + 1) 2k − 1 2k + 1 4 = A(2k + 1) + B(2k  − 1) = k(2A + 2B) + (A − B) 2A + 2B = 0 A=2 ⇔ ⇔ A−B = 4 B = −2 4 2 2 Also = − (2k − 1)(2k + 1) 2k − 1 2k + 1      n n  2 2 2 2 2 4 = − = 2 − + − + ··· + ∑ (2k − 1)(2k + 1) ∑ 2k − 1 2k + 1 3 3 5 k=1 k=1   2 2 − 2n − 1 2n + 1 2 = 2− 2n + 1   ∞ 2 4 = lim 2 − = 2. ⇒∑ n→∞ 2n + 1 k=1 (2k − 1)(2k + 1)

Aufgabe 23.2 Sie sollen W¨urfel stapeln und beginnen mit einem W¨urfel mit der Kantenl¨ange 7. Dann stellen Sie auf diesen W¨urfel einen mit der Kantenl¨ange der halben Seitendiagonale des ersten W¨urfels und dann auf den zweiten einen mit der Kantenl¨ange der halben Seitendiagonale des zweiten usw.. Hat dieser unendliche Prozess ein konkretes Resultat? Welchem Punkt n¨ahern sich die W¨urfel? L¨osung:

Abb. 23.1 Skizze zu Aufgabe 23.2

23.1 Konvergente Reihen

K0 = 7 1 K1 = d0 2 1 K2 = d1 2 1 K3 = d2 2 1 K4 = d3 2 1 K5 = d4 2

= = = = =

7 √ 2 7 2 7 √ 2 2 7 4 7 √ 4 2

303

d0 =

√

2·7

d1 = 7 7 d2 = √ 2 7 d3 = 2 7 d4 = √ 2 2 7 d5 = 4

.. . √ 1 1 2 2 2 Kn+1 = dn = Kn Kn + Kn = 2 2 2 ∞

∑ Kn = K0 + K1 + K2 + K3 + · · · + Kn + . . .

n=0

√

√ √ √ 2 2 2 2 K0 + K1 + K2 + · · · + Kn−1 + . . . = K0 + 2 2√ 2 2  √ 3 2  √ n √ 2 2 2 2 = K0 + K0 + K0 + K0 + · · · + K0 + . . . 2 2 2 2     ∞ ∞ 1 n 1 n · K0 = K0 · ∑ √ =∑ √ 2 2 n=0 n=0  ∞  √ 1 n 1 da 2 > 1 ist, ist √ < 1 und somit ist ∑ √ konvergent ( geometrische ” 2 2 n=0   n ∞ 1 1 Reihe“ ) und ∑ √ = ≈ 3, 4142. Also n¨ahern sich die W¨urfel dem 1 2 n=0 1− √ 2 Punkt:   ∞  ∞  1 n 1 n 7 = 7· ∑ √ = K0 · ∑ √ ≈ 23, 899. 1 2 2 n=0 n=0 1− √ 2 Aufgabe 23.3 Betrachten Sie die Reihe

∞

1

∑ (−1)k−1 k und ordnen Sie die Summanden so um, dass

k=1

Sie als Grenzwerte s1 = 1 bzw. s2 = 0 bekommen. L¨osung:

Folgendes Verfahren f¨uhrt zum Erfolg: Man addiere alle positiven Summanden bis das Ergebnis gr¨oßer als die gew¨unschte Zahl ist; nun verf¨ahrt man in analoger Weise

304

23 Theorie der Reihen

mit den negativen Summanden, dann wieder mit den positiven, etc. Auf diese Weise erh¨alt man den zu erzielenden Grenzwert, weil sich die Summe abwechselnd von unten und oben ann¨ahert (die Folge der einzelnen Summanden ist eine Nullfolge!). Den Grenzwert kann man deswegen immer wieder u¨ ber- bzw. unterschreiten, da die Reihe nur bedingt konvergent ist, d.h. ∑ |ak | = ∞ und damit gilt auch ∑ |aki | = ∞ sowie ∑ |ak j | = ∞ mit aki > 0 und ak j < 0 1 1 1 1 1 1 1 − + − + + − ... 3 2 5 4 7 9 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − + ... 0 = 1− − − − + − 2 4 6 8 3 10 12 14 16 5

1 = 1+

¨ Reihen 23.2 Konvergenzkriterien fur Aufgabe 23.4 Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz mit Hilfe von Majoranten-, Minoranten-, Quotienten- oder Wurzelkriterium: ∞

a)

∑ k2 · 2−k

n=1         1 1 2 1 1 1 3 1 1 4 +1 + + + + b) + + +··· 2 2 2 2 3 2 4 ∞ 1 c) ∑ k 2 2 −k k=2 2 1 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 + + +··· d) + 3 13 2 + 1 33 + 2 43 + 3 ∞

e)

n

∑ 2(−1) −n

n=1

2! 3! + +··· 22 33 ∞ 2n 3 g) ∑ (2n)! n=1 f) 1 +

L¨osung: a) Quotientenkriterium:

(k + 1)2 · 2−(k+1) k2 + 1 + 2k ak+1 = = ak k2 · 2 k2 · 2−k

k2 + 1 + 2k 1 = < 1 ⇒ konvergent k→∞ k2 · 2 2 lim

23.2 Konvergenzkriterien f¨ur Reihen

 b) ak =

1 1 + 2 k

305

k 

 1 1 k 1 1 k + Wurzelkriterium: ak = = + 2 k 2 k   1 1 1 + = < 1 ⇒ konvergent lim k→∞ 2 k 2 1 2 k+1 2 − k+1 2k − 2 ak+1 c) Quotientenkriterium: = = k+1 k 2 1 ak 2 − k+1 k 2 − 2k √ k

lim

2k − 2k

k→∞ 2k+1 − 2 k+1

= lim

2k+1 ( 12 − 2k1·k )

k→∞ 2k+1 (1 − k 1 ) 2 (k+1)

=

1 < 1 ⇒ konvergent 2

alternativ mit Majorantenkriterium: 2 2k 2k 2k f¨ur k ≥ 2 : 2k − ≥ 2k − 2 = + − 2 ≥ = 2k−1 k 2 2   2 ≥0

 k−1 1 1 1 ⇒ ak = k 2 ≤ k−1 = 2 2 2 −k ∞  k−1 ∞  k ∞ 1 1 1 ⇒∑ =∑ ist konvergente Majorante ⇒ ∑ k 2 konvergiert k=2 2 k=1 2 k=2 2 − k 1 k2 + 1 1 = d) Minorantenkriterium: ak = 3 > ⇒ divergent 1 k + (k − 1) k k− 2 k +1 e) Wurzelkriterium:  n 1 1 1 1 1 n √ n n n n n a = 2(−1) −n = 2 n ((−1) −n) = 2 n (−1) −1 = 2 n (−1) · 2−1 = · 2 n (−1) n 2 1 1 1 n lim · 2 n (−1) = < 1 ⇒ konvergent n→∞ 2 2 k! f) ak = k k Quotientenkriterium: (k + 1)! k  k ak+1 (k + 1)!kk kk (k + 1)kk (k + 1)k+1 = = = = = k! ak k+1 (k + 1)k+1 k! (k + 1)k+1 (k + 1)k kk ⎛ ⎞k k  k 1 1 ⎜ 1 ⎟ lim = lim ⎝ = lim  k = < 1 ⇒ konvergent k+1 ⎠ k→∞ k + 1 k→∞ k→∞ e 1 1+ k k

306

23 Theorie der Reihen

g) Quotientenkriterium: an+1 an

32(n+1) 32 32n+2 · (2n)! (2(n + 1))! = = = 2n 2n (2n + 2)! · 3 (2n + 1)(2n + 2) 3 (2n)!

32 = 0 < 1 ⇒ konvergent. n→∞ (2n + 1)(2n + 2) lim

Aufgabe 23.5 Mit Hilfe von Majoranten- bzw. Minorantenkriterium entscheide man die Konvergenz von:   ∞ 1 a) ∑ ln 1 + k k=1   1 ∞ sin k b) ∑ √ k+1 k=1 L¨osung:

  1 a) ak = ln 1 + k       1 ln 2 1 k 1 ≥ ln 2 ⇒ ln 1 + ≥ 1+ ≥ 2 f¨ur alle k ∈ N ⇒ k ln 1 + k k k k  ∞ ∞ 1 1 - divergiert. ⇒ ln 2 ∑ ist divergente Minorante ⇒ ∑ ln 1 + k k=1 k   k=1 1 ∞ sin k b) ak = ∑ √ k + 1 k=1 1 1 π sin α < α f¨ur 0 < α < ⇒ sin < 2 k k 1 1 und √ <√ k + 1  k 1 1 ∞ sin ∞ ∞ 1 k < ∑ √k = ∑ 3 ⇒∑ √ k+1 k=1 k=1 k k=1 k 2   1 ∞ ∞ sin 1 k ⇒ ∑ 3 ist konvergente Majorante ⇒ ∑ √ - konvergiert. k+1 k=1 k 2 k=1 Aufgabe 23.6 Mit Hilfe vom Quotientenkriterium entscheide man, falls m¨oglich, die Konvergenz

23.2 Konvergenzkriterien f¨ur Reihen

von

307 ∞

∑ k2 sin

k=1

π  2k

.

L¨osung: π  ∞ ∞ π π ⇒ ∑ k2 sin k ≤ ∑ k2 k 2 2 2 k=1 k=1 ∞ ∞ 2 π Man betrachte die Reihe ∑ ak = ∑ k k k=1 k=1 2 Quotientenkriterium: (k + 1)2 · π   1 2 1 ak+1 2k+1 1 + = = ak 2 k k2 · π k 2   1 2 1 1 1+ lim = <1 k→∞ 2 k 2 π  ∞ ∞ 2 π Also ∑ k k ist eine konvergente Majorante und ∑ k2 sin k ist konvergent. 2 2 k=1 k=1 sin α < α f¨ur 0 < α <

Aufgabe 23.7 Untersuchen Sie die Konvergenz der folgenden Reihen: ∞

a)

1

∑ k−2

k=3 ∞

b)

1

∑ 3k2 + (−1)k k

k=2

L¨osung: 1 1 ⇒ ak+2 = , k > 2 k−2 k ∞ ∞ 1 1 ⇒ ∑ = ∑ - divergent k=3 k − 2 k=1 k 1 b) ak =  ,k≥2 kk 3k2 + (−1)  1 2 k 2 k ≤ k2 (3 + 1) = 4k2 3k + (−1) k = k 3 + (−1) k 1 1 ⇒ ak ≥ √ = 2 2k 4k ∞ 1 1 ∞ 1 - divergiert. ⇒ ∑ divergente Minorante ⇒ ∑  2 2 k=1 k 3k + (−1)k k k=2 a) ak =

Aufgabe 23.8 Untersuchen Sie die Reihe

308

23 Theorie der Reihen ∞

2k

∑ (−1)k−1 k2

k=1

auf absolute Konvergenz, Konvergenz bzw. Divergenz. L¨osung: 2    2  k+1 2  ak+1  k k k 2    a  = (k + 1)2 · 2k = 2 · k + 1 = 2 · k 1 + 1

k k    ak+1  =2>1 ⇒ lim  k→∞ ak  ⇒

∞

∑ |ak | divergent

Quotientenkriterium

k=1

⇒

∞

∑ ak

nicht absolut kvgt.

k=1

|ak | monoton wachsend ⇒ |ak | keine Nullfolge ⇒ ak keine Nullfolge ⇒

∞

∑ ak

divergent.

k=1

23.3 Taylorreihen Aufgabe 23.9 Berechnen Sie die Taylorreihe T (x) der Funktion f (x) = sinh x mit Entwicklungspunkt x0 = 0. F¨ur welche x konvergiert T (x)? F¨ur welche x gilt T (x) = f (x)? ∞ k x konvergiert f¨ur alle x ∈ R Hinweis: ex = ∑ k=0 k! xk ist eine Nullfolge d.h.: k! L¨osung: 1 x (e − e−x ) = sinh x 2 1 f  (x) = (ex + e−x ) = cosh x 2 1 f  (x) = (ex − e−x ) = sinh x 2 1 f (3) (x) = (ex + e−x ) = cosh x 2 f (x) =

: f (0) = 0 : f  (0) = 1 : f  (0) = 0 : f (3) (0) = 1

23.3 Taylorreihen

309

Taylorpolynom: n

f (k) (x0 ) ∑ k! (x − x0 )k k=0 xn x x3 x5 mit n ungerade = + + +...+ 1 3! 5! n!

Tn (x) =

lim Tn (x) = T (x) = TR.

n→∞

Konvergenz von Taylorreihe

∞

∞

k=0

k=0

x2k+1

∑ ak = ∑ (2k + 1)!

 2k+3   x       ak+1   (2k + 3)!     Quotientenkriterium: lim  = lim  2k+1  k→∞ ak  k→∞  x    (2k + 1)!     x2  = lim  k→∞ (2k + 3)(2k + 2)  1 =0 k→∞ (2k + 3)(2k + 2)

= |x|2 · lim ⇒ f¨ur alle x ∈ R ist TR. konvergent. Stimmt TR. mit f (x) f¨ur alle x u¨ berein ? Antwort: Ja, falls lim rn (x) = 0 . n→∞

(x − 0)n+1 (n+1) Hier rn (x) = f (x0 + ϑ (x − x0 )), 0 < ϑ < 1 (n + 1)! n+1 xn+1 (n+1) n+1 - gerade x f sinh(ϑ x) (ϑ ) = ⇒ rn (x) = (n + 1)! (n + 1)! xn+1 Hinweis ⇒ lim rn (x) = sinh(ϑ x) · lim = sinh(ϑ x) · 0 = 0 n→∞ n→∞ (n + 1)! xn x3 x5 ⇒ f (x) = sinh x = x + + + . . . + + ... = TR. von sinh x. 3! 5! n! Aufgabe 23.10 Geben Sie die Taylorreihe der Funktion f mit Entwicklungspunkt x0 an. f (x) = (1 + x)α , α ∈ R beliebig , x0 = 0

310

23 Theorie der Reihen

L¨osung: f (x) = (1 + x)α f  (x) = α (1 + x)α −1 f  (x) = α (α − 1)(1 + x)α −2 .. . f (k) (x) = α (α − 1)(α − 2) · . . . · (α − k + 1)(1 + x)α −k ⇒ f (k) (0) = α (α − 1)(α − 2) · . . . · (α − k + 1) ∞ f (k) (0) α (α − 1)(α − 2) · . . . · (α − k + 1) k k (x − 0) x = 1 + ∑ k! ∑ k! k=0 k=1     ∞   α 0 ∞ α k α k x +∑ x =∑ x. = 0 k k=1 k=0 k

f (x) = (1 + x)α =

∞

Aufgabe 23.11 Leiten Sie unter Verwendung der Taylorentwicklung von ln(1 + x) die Taylorreihe von 1+x , |x| < 1 mit Entwicklungspunkt x0 = 0 her. f (x) = ln 1−x L¨osung: ∞

(−1)k−1 k x, |x| < 1 k k=1 ∞ ∞ (−1)k−1 1 (−x)k = − ∑ xk , ⇒ ln(1 − x) = ∑ |x| < 1 k k=1 k=1 k ∞ (−1)k−1 + 1 k 1+x = ln(1 + x) − ln(1 − x) = ∑ x ⇒ ln 1−x k k=1 ∞ 2 x2ν +1 , = ∑ |x| < 1 2 ν + 1 ν =0 2 2 = 2x + x3 + x5 + . . . 3 5

ln(1 + x) =

∑

Literaturverzeichnis

1. K. Burg, H. Haf, F. Wille: H¨ohere Mathematik f¨ur Ingenieure. Bd. 1, Analysis. Teubner Verlag, 8. Auflage, Wiesbaden, 2008 ¨ 2. C. Gellrich, R. Gellrich: Mathematik - Ein Lehr- und Ubungsbuch, Band 3, Zahlenfolgen und -reihen, Einf¨uhrung in die Analysis f¨ur Funktionen mit einer unabh¨angigen Variablen, Verlag Harri Deutsch, 2. Auflage, Frankfurt a.M., 2003. 3. N.M. G¨unter, R.O. Kusmin: Aufgabensammlung zur H¨oheren Mathematik, Teil 1 und 2. Verlag Harri Deutsch, Frankfurt a.M., 1993. 4. P. Henrici: Vorlesungen u¨ ber Analysis. Verlag Akad. Ingenieurverein an der ETH Z¨urich, Z¨urich, 1964. 5. P. Henrici, A. Huber: Analysis 1-3. Verlag Akad. Maschinen- und Elektroingenieurverein an der ETH Z¨urich, Z¨urich, 1969-1977. 6. K.Marti und D.Gr¨oger: Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler. Physica-Verlag, 2. Auflage, Heidelberg, 2004. 7. L. Papula: Mathematik f¨ur Ingenieure und Naturwissenschaftler - Anwendungsbeispiele. Vieweg, 5. Auflage, Wiesbaden, 2004. 8. R. Rothe: H¨ohere Mathematik I,II. Teubner-Verlag, Stuttgart, 1962. 9. H. St¨ocker: Mathematik - Der Grundkurs, Band 1, Analysis f¨ur Ingenieurstudenten: Funktionen, Differentialrechnung und Integralrechnung mit einer Variablen. Verlag Harri Deutsch, Frankfurt a.M., 1995. 10. J. Wendeler: Vorkurs der Ingenieurmathematik. Verlag Harri Deutsch, 2. Auflage, Frankfurt a.M., 2007.

¨ K. Marti, Ubungsbuch zum Grundkurs Mathematik f¨ur Ingenieure, Natur- und Wirtschaftswissenschaftler, Physica-Lehrbuch, c Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2010 DOI 10.1007/978-3-7908-2610-4, 

Sachverzeichnis

Ableitung, 151 h¨ohere, 197 absolute Maximalstelle, 223 absolute Minimalstelle, 223 absoluter Betrag, 13 absolutes Maximum, 223 absolutes Minimum, 223 Addition von zwei Funktionen, 86 algebraische Funktionen, 83 Arcuscosinus, 123 Arcuscotangens, 123 Arcusfunktionen, 123 Arcussinus, 123 Arcustangens, 123 Areacosinusfunktion, 145 Areafunktionen, 144, 145 Areakotangensfunktion, 145 Areasinusfunktion, 145 Areatangensfunktion, 145 Bernoulli’sche Ungleichung, 24 Bernoulli-L’Hospital’sche Regel, 207 beschr¨ankt, 75 nach oben, 35, 75, 123 nach unten, 35, 75, 123 bestimmtes Integral, 231 Betrag, 13 Binomialkoeffizient, 51 Binomiallehrsatz = Binomischer Lehrsatz, 51 Cosinus hyperbolicus, 144 Cotangens hyperbolicus, 145 Definitionsbereich, 73 Differential, 155 Differentialquotient, 151 Differenzenquotient, 151

differenzierbar, 151, 197 Differenzierbarkeit, 151 divergent, 305 Dreiecksungleichung, 18 elementare Funktionen, 83 Exponentialfunktionen, 97, 175 Fakult¨at, 1 Feinheitsmas, 232 Folge, 61 Funktion, 73 gerade Funktion, 124 Glied einer Folge, 61 einer Reihe, 305 Grenze obere, 35 untere, 35 Grenzwert, 97 h¨ohere Ableitung, 197 Hyperbelfunktionen, 144 Hyperbolische Kosinusfunktion, 144 Hyperbolische Kotangensfunktion, 145 Hyperbolische Sinusfunktion, 144 Hyperbolische Tangensfunktion, 145 Induktionsanfang, 1 Induktionsschluss, 1 Induktionsvoraussetzung, 1 Infimum, 35 Integral bestimmtes, 231, 238 unbestimmtes, 231 Kettenregel, 169

314 Kombinatorik , 51 konvergent, 305 Logarithmische Differentiation, 184 Logarithmusfunktionen, 135, 175 lokale Maximalstelle, 223 Minimalstelle, 223 lokales Maximum, 223 Minimum, 223 Maximalstelle, 223 Maximum, 36, 223 Menge, 35 Minimalstelle, 223 Minimum, 36, 223 Mittelwertsatz, 189, 242, 246 Multiplikation von zwei Funktionen, 86 nat¨urliche Zahlen, 1 obere Grenze, 35 obere Schranke, 35 Partialsumme, 305 partielle Integration, 257 Periode, 124 periodische Funktion, 124 Polynom, 175 Polynome, 83 Potenzfunktionen, 83, 175 Prinzip der vollst¨andigen Induktion, 1 Produktregel, 161 Quotientenregel, 161 rationale Funktionen, 83 Regel von Bernoulli - L’Hospital, 207 Reihe, 305 Riemannsche Summe, 232

Sachverzeichnis Rolle, Satz von, 189 Satz von Rolle, 189 Schranke obere, 35 untere, 35 Sinus hyperbolicus, 144 Stammfunktion, 231 stetig, 109 Substitutionsregel, 257 Subtraktion von zwei Funktionen, 86 Summenregel, 161 Supremum, 35 Tangens hyperbolicus, 145 Teilintervall, 232 Trigonometrische Funktionen, 175 trigonometrische Funktionen, 83 Umkehrfunktion, 123 Umkehrregel, 169 unbestimmtes Integral, 231 ungerade Funktion, 124 Ungleichung von Bernoulli, 24 untere Grenze, 35 untere Schranke, 35 vollst¨andige Induktion, 1 Wertebereich, 73 Zahlen ganze, 13 irrationale, 13 nat¨urliche, 1 rationale, 13 reelle, 13 Zahlenfolge, 61 Zerlegung, 231 Zusammensetzung von Funktionen, 117 Zwischenpunkt, 232