a) Prüfen Sie, ob man den Parameter a bzw. b so wählen kann, dass

Analysis I , SoSe 2006 [Wiederholung] , 04.09.2006 (Struckmeier/Kiani)
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Aufgabe 1:
a) Prüfen Sie, ob man den Parameter a bzw. b so wählen kann, dass die
Funktion f bzw. g auf ganz R stetig wird.


2


 x cos 1
 (1 − cos(x)) : x < 0
:
x
>
0
2
x
sin(x) − x
f (x) := x + 1
g(x) :=



 b(x−1)
1 + a(x − 1)
: x≤0
e
: x≥0
b) Gegeben sei die Funktion
f : R→R
f (x) = ecos (2x) ·
Bestimmen Sie alle Nullstellen und Extrema von f und klassifizieren Sie
die Extrema.
Existiert lim f (x) ? Bitte begründen Sie Ihre Antwort!!
x→∞
Lösung:
a)
(i)
f (x) :=
Es gilt einerseits
und andererseits
Es folgt





x
cos
2
x +1
1
: x>0
x
1 + a(x − 1)
: x≤0
x
= 0
+1
cos 1 ≤ 1 ∀x ∈ R \ {0} .
x lim
x→0 x2
x
x 1
≤ lim = 0
lim cos
x→0 x2 + 1
x→0 x2 + 1 x Mit der Wahl a = 1 wird die Funktion f auf ganz R stetig.
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(ii) l’Hospital oder Reihen einsetzen

2

 (1 − cos(x))
sin(x) − x
g(x) :=

 b(x−1)
e
lim g(x) = lim
x→0
x→0
2
: x<0
: x≥0
2(1 − cos(x)) sin(x)
cos(x) − 1
= lim (−2 sin x) = 0
x→0
Andererseits gilt g(0) = e−b > 0
∀b ∈ R .
Die Funktion g wird also für keine Wahl b ∈ R stetig.
b)
f (x) = ecos (2x)
Nullstellen: die Exponentialfunktion hat keine Nullstellen. Auf ganz R gilt
f (x) > 0 .
Extrema : Die Exponentialfunktion wächst streng monoton. f wird genau
dann maximal/minimal, wenn der Cosinus–Term Maximal/minimal wird.
Maxima : cos (2x) = 1 ⇐⇒ x = kπ
k ∈ Z.
Minima : cos (2x) = −1 ⇐⇒ x = kπ +
π
2
k ∈ Z.
Verhalten für x → ±∞ : Das Argument der Exponentialfunktion verhält
sich periodisch. Damit ist f ebenfalls periodisch. Eine nicht konstante,
periodische Funktion f (x) kann keinen Grenzwert für x → ±∞ haben.
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Aufgabe 2:
Gegeben sei die Funktion f : R → R
f (t) = t2 − 5t + 4.
a) Leiten Sie die Rekursionsformel, die das Newton Verfahren zur Bestimmung
einer Nullstelle der Funktion f mit dem Startwert t0 = 5 erzeugt, her.
b) Zeigen Sie, dass die Folge
t0 = 5,
tn+1 =
t2n − 4
;
2tn − 5
n ∈ N0
nach unten durch 4 beschränkt ist. (D.h. tn ≥ 4 für alle n ∈ N0 )
c) Zeigen Sie, dass die Folge (tn )n∈N0 aus Teil b) monoton fallend ist.
d) Beweisen Sie die Konvergenz der Folge (tn )n∈N0 aus Teil b) und bestimmen
Sie den Grenzwert.
Lösung:
a) t0 = 5 ,
tn+1 := tn −
f (tn )
t2n − 5tn + 4
t2n − 4
=
t
−
=
.
n
f ′ (tn )
2tn − 5
2tn − 5
b) Induktion:
Anfang: t0 = 5 > 4 .
Voraussetzung : Es gelte tn > 4 für ein beliebiges, festes n ∈ N0 .
Behauptung : Dann gilt auch tn+1 > 4 .
Beweis :
tn+1 > 4 ⇐⇒
t2n − 4
> 4 ⇐⇒ t2n − 4 > 8tn − 20
2tn − 5
⇐⇒ t2n − 8tn + 16 = (tn − 4)2 > 0
Die letzte Ungleichung ist für alle tn 6= 4 erfüllt. Es folgt die Behauptung.
c) Monotonie:
tn − tn+1
t2n − 5tn + 4
=
>0
2tn − 5
⇐⇒ t2n − 5tn + 4 > 0
2
5
9
tn −
− >0
2
4
(Nenner nach Teil a größer als 3)
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5
3
Nach Teil b) ist tn größer als 4 und damit tn − > oder
2
2
Damit folgt die Monotonie der Newtonfolge.
4
2
5
9
tn −
> .
2
4
d) Die Folge aus b) ist monoton fallend und nach unten beschränkt, also konvergent. Für den Grenzwert gilt
t = t−
t2 − 5t + 4
⇐⇒ t2 − 5t + 4 = (t − 1)(t − 4) = 0
2t − 5
Als Grenzwert kommen also nur die Zahlen 1 oder 4 in Frage. Da die Folge
monoton fällt und nach unten durch 4 beschränkt ist (Teil b), ist t∗ = 4
der Grenzwert.