Blatt 10 Loesung - Sommersemester 2018, Uebungen mit Lsg PDF

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Sommersemester 2018, Uebungen mit Lsg...

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¨ Ubungen zur Mathematik II f¨ ur Studierende der Informatik und Wirtschaftsinformatik (Analysis und Lineare Algebra) im Sommersemester 2018 Fachbereich Mathematik, Stefan Geschke

A: Pr¨ asenzaufgaben am 21. Juni 2018 1. Bestimmen Sie die lokalen Extrema der Funktion 2 f (x) = x3 + 3x2 + 4x. 3 Stellen Sie fest ob es sich jeweils um ein lokales Maximum oder Minimum handelt. L¨ osung: f ′ (x) = 2x2 + 6x + 4 f ′′ (x) = 4x + 6 f ′ (x) = 0 ⇔ 0 = 2x2 + 6x + 4

⇔ 0 = x 2 + 3x + 2 r 3 3 2 x1,2 = − ± ( )2 − 2 2 2 r 8 9 3 2 = − ± ( )− 4 2 4 r 3 1 =− ± 2 ( ) 4 2 3 1 =− ± 2 2 x1 = −1

x2 = −2 f (x1 ) = 4 · (−1) + 6 = 2 > 0 ⇒ lokales Minimum ′′

f ′′ (x2 ) = 4 · (−2) + 6 = −2 < 0 ⇒ lokales Maximum ) ein lokales Maximum. Damit ist (−1, −5 ) ein lokales Minimum und (−2, −4 3 3 2. Haben die folgenden Funktionen auf dem Intervall [0, 2π] irgendwo horizontale Tangenten? Begr¨ unden Sie Ihre Antwort. L¨ osung (a) f (x) = x + sin x Wir m¨ussen u¨berpr¨ufen, wann f ′ (x) = 0 mit x ∈ [0, 2π] gilt. f ′ (x) = 1 + cos x = 0 ⇔ cos x = −1

⇔ x ∈ {(2n − 1)π : n ∈ N}.

Also hat f (x) eine horizontale Tangente in [0, 2π], n¨ amlich bei π . (b) g(x) = x + 2 cos x Wir gehen analog zu (a) vor. Wir m¨ussen ¨uberpr¨ ufen, wann g ′ (x) = 0 mit x ∈ [0, 2π] gilt g ′ (x) = 1 − 2 sin x = 0

⇔ 2 sin x = 1

⇔ sin x = 0, 5

F¨ur x = 61 π hat g(x) eine horizontale Tangente in [0, 2π]. 3. Bestimmen Sie den Grenzwert lim

x→0

arctan x . 2x

  L¨ osung: Sei I := − π2 , π2 . Seien f, g : I → R gegeben durch f (x) = arctan x und g(x) = 2x. Es 1 6 0. ist f ′ (x) = 1+x2 . Weiterhin ist g ′ (x) = 2. F¨ur alle x ∈ I mit x 6= 0 ist dann g(x) 6= 0 und g ′ (x) = Zudem ist limx→0 f (x) = limx→0 g(x) = 0. Somit lassen sich die L’Hospitalschen Regeln anwenden und wir erhalten, dass f ′ (x) 1 f (x) arctan x 1 = . = lim ′ = lim = lim 2 x→0 g (x) x→0 g(x) x→0 x→0 2 · (1 + x2 ) 2x lim

F¨ur die letzte Gleichheit haben wir benutzt, dass die durch

f ′ (x) g ′ (x)

definierte Funktion stetig ist.

¨ zum 28. Juni 2018 B: Ubungsaufgaben 2

1. Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f (x) = xx . 2

L¨ osung Um in der Lage zu sein xx abzuleiten benutzen wir die Identit¨ at xx = ex(ln x) . Es folgt, 2 2 dass f (x) = xx = ex ln x Nun definieren wir f1 (x) = ex , f2 (x) = x2 und f3 (x) = ln x, sowie f4 (x) = f2 (x) · f3 (x). Damit gilt: f (x) = f1 (f2 · f3 (x)) = f1 (f4 (x)). Nun gilt

f ′ (x) = (f1 (f4 (x)))′ Nach Kettenregel gilt = f 1′ (f4 (x)) · f4′ (x) 2

= ex

Nach der Produktregel folgt:

ln x

f ′4 (x)

· f4′ (x)

= f2′(x) · f3 (x) + f2 (x) · f3′ (x) 1 f 4′ (x) = 2x ln x + x2 x = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) 2

Zusammen ergibt sich also f ′(x) = ex

ln x

x(2 ln x + 1)

2

x

= x x(2 ln x + 1) 2

= xx

+1

(2 ln x + 1)

2. Finden Sie die Seitenl¨angen einer quaderf¨ ormigen Streichholzschachtel, die bei gegebenem Volumen von 45cm3 die minimale Oberfl¨ache hat, um den Materialverbrauch m¨ oglichst klein zu halten. Dabei soll eine der Seiten die L¨ange 5cm haben, damit die Streichh¨ olzer hineinpassen. L¨ osung: Das Volumen V eines Quaders ist abc, wobei a, b, c die Seitenl¨angen des Quaders beschreiben. ache O eines Quaders ist 2ab + 2ac + 2bc. Nun sei c = 5cm und V = 45cm3 gegeben. Die Oberfl¨ Damit folgt V = 5ab = 45 ⇒ ab = 9 also a = 9b und O = 2ab + 10a + 10b. Zusammen folgt: O = 2b 9b + 10 b9 + 10b = 18 + 90b + 10b Nun k¨ onnen wir die Oberf¨ache als Funktion in b betrachten, + 10b also O(b) = 18 + 90 b Zum bestimmen das Minimum von O(b) analog zu Aufgabe 1. der Pr¨asenzaufgaben. 90 + 10 b2 180 O ′′ (b) = 3 b O ′ (b) = 0 90 ⇔ 0 = − 2 + 10 b 90 ⇔ 2 = 10 b 90 ⇔ 2 = 10 b ⇔ 9 = b2 O ′ (b) = −

⇔ ±3 = b

Weil im Sinne der Aufgabe nur b = 3 eine akzeptable L¨ osung ist, verwerfen wir b = −3. Da die Funktion O ′′ (b) > 0 f¨ur alle b ∈ R+ ist, handelt es sich bei b = 3 um ein Lokales Minimum. Es ergibt sich sofort, dass dann auch a = 3 gelten muss.

3. Welches gleichschenklige Dreieck hat bei gegebenem Umfang U die gr¨oßte Fl¨ache? L¨ osung: Sei a, b, c die L¨ angen der Seiten des Dreiecks. Es gelte a = b. Weiter gilt f¨ur den Umfang U = a + b + c = 2a + c und f¨ ur die Fl¨ ache A= Es gilt U − c = 2a ⇔ a =

c 2

r

a2 −

c2 4

2

c2 4

U −c . 2

Damit gilt:

c A= 2 A= A= A= A=

s



U −c 2

−

s  c2 U 2 − 2cU + c2 c − 4 2 4 cp 2 U − 2cU + c2 − c2 4p c U 2 − 2cU 4 1p 2 2 U c − 2c3 U 4

Nun fassen wir A nun als Funktion A(c) auf, dies geht da U als konstant angenommen wird. Im Weiteren benutzen wir die Annahme, dass U, c 6= 0. Benutzten wir die Tatsache, dass wenn f¨ur eine Funktion f (x) = g(x) · h(x) gilt, aus f (x) = 0 folgt, dass g(x) = 0 oder h(x) = 0. Zudem nehmen wir an, dass (U − 2c) 6= 0 gilt, sonst w¨are der Umfang des Dreiecks gleich der Summe zweier Seiten, was eine Fl¨ache von 0 ergeben w¨urde. 1p 2 2 U c − 2c3 U 4 1 1 (2U 2 c − 6c2 U ) A′ (c) = √ 2 2 8 U c − 2c3 U A′ (c) = 0 ⇔ 2U 2 c − 6c2 U = 0 A(c) =

0 = 2U 2 c − 6c2 U

⇔ 0 = U c − 3c2 = c(U − 3c) ⇔ 0 = U − 3c U ⇔c= 3 U ⇒c=a= 3

Um zu zeigen, dass es sich bei dieser L¨osung um ein lokales Maximum handelt k¨onnen wir nachein Vorzeichenwechsel stattfindet. Es gilt: weisen, dass bei A′ (c) an der Stelle c = U 3 1 1 √ >0 8 U 2 c2 − 2c3 U

f¨ ur alle c ∈ R f¨ ur die Funktion definiert ist. Es bleibt (2U 2 c − 6c2 U ) = 2U c(U − 3c). Es gilt, dass U, c > 0. Offenbar gilt f¨ ur hinreichend kleine ε > 0, d.h. 0 < ε < U , dass   U +ε U +ε U −3 2U 3 3 U +ε (U − U − ε) = 2U 3 U +ε = 2U (−ε) < 0 3 sowie analog:   U −ε U −ε U −3 2U 3 3 U −ε (U − U + ε) = 2U 3 U −ε (ε) > 0 = 2U 3

4. Benutzen Sie die Regeln von L’Hospital um zu zeigen, dass die Funktion ln x langsamer als jede Wurzelfunktion w¨ achst. D.h., zeigen Sie, dass f¨ur jedes n ∈ N gilt: lim

x→∞

ln(x) √ =0 n x

√ √ ur alle x > 0. Es ist weiterhin L¨ osung: Es ist limx→∞ ln(x) = limx→∞ n x = ∞ und n x 6= 0 f¨ √ n √ ln′ (x) = 1x und ( n x)′ = n1 · xx . Hier k¨ onnen wir nun den Satz 5.53 anwenden und erhalten folgendes: x ln(x) 1 lim √ = lim n · √ = n · lim √ =0 x→∞ n x x→∞ n x x→∞ x· nx 5. Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: (a) lim

x→ π 2

arcsin (cos(x)) x − π2

(b) lim

x→0



1 1 − sin x x



L¨ osung: (a) Es sei I = (0, π). Dann seien f, g : I → R gegeben durch f (x) = arcsin (cos(x)) und g(x) = − sin(x) ur alle x − π2 . Daraus folgt dann, dass f ′ (x) = √− sin(x2) = sin(x) = −1 und g ′ (x) = 1 f¨ 1−cos (x)

x ∈ (0, π). Die Voraussetzungen f¨ur die L’Hospitalschen Regeln sind f¨ur diese Funktionen erf¨ ullt und somit erhalten wir: limπ

x→ 2

arcsin (cos(x)) f (x) f ′ (x) = limπ ′ = −1. = limπ π x− 2 x→ 2 g(x) x→ 2 g (x)

   π π 1 1 x−sin x (b) F¨ur alle x ∈ − 2π , 2π \ 0 ist sin x − x = x·sin x . Seien also f, g : − 2 , 2 → R gegeben durch f (x) = x − sin x und g(x) = x · sin x. Dann gilt f ′ (x) = 1 − cos x und g ′ (x) = sin x + x · cos x sowie f ′′ (x) = 2 cos(x)−x sin(x) und g ′′ (x) = x· sin(x). Die f¨ur die L’Hospitalschen Regeln sind f¨ ur sowohl f¨ ur die Funktionen f und g als auch f¨ur f ′ und g ′ erf¨ ullt. Zweimalige Anwendung des Satzes ergibt also folgendes:   1 1 1 sin(x) f (x) f ′′ (x) = lim sin(x) = 0. − = lim = lim ′′ = lim lim x→0 x→0 2 cos(x) − x sin(x) x→0 g (x) x→0 g(x) sin x x 2 x→0...