Lösung zur Übung 9 vom 10.12.2013 Aufgabe 33) Leiten Sie die Ableitung der Tangensfunktion aus dem Grenzwert des Differenzquotienten unter Verwendung des Additionstheorems tan(α + β) = tan(α) + tan(β) 1 − tan(α) tan(β) her. Lösung Wir beginnen mit dem Differenzenquotienten. f (x + ∆x) − f (x) ∆y = ∆x ∆x (1) Wir setzen für f (x) die Tangensfunktion tan(x) ein. = tan(x + ∆x) − tan(x) ∆x (2) Nun nutzen wir das oben gegebene Additionstheorem. = tan(x)+tan(∆x) 1−tan(x)·tan(∆x) − tan(x) (3) ∆x wir erweitern mit (1 − tan(x) · tan(∆x)). tan(x) + tan(∆x) − tan(x) · (1 − tan(x) · tan(∆x)) ∆x · (1 − tan(x) · tan(∆x)) tan(x) + tan(∆x) − tan(x) + tan2 (x) · tan(∆x)) = ∆x · (1 − tan(x) · tan(∆x)) = (4) (5) Die einzelnen tan(x) heben sich weg. = tan(∆x) + tan2 (x) · tan(∆x)) ∆x · (1 − tan(x) · tan(∆x)) (6) Ausklammern von tan(∆x) im Zähler. = tan(∆x)(1 + tan2 (x)) ∆x · (1 − tan(x) · tan(∆x)) 1 (7) Nun bilden wir den Grenzwert und setzen den nicht grenzwertabhängigen Teil vor den Grenzwert lim ∆x→0 ∆y tan(∆x) = (1 + tan2 (x)) lim ∆x→0 ∆x · (1 − tan(x) · tan(∆x)) ∆x (8) Diesen Grenzwert können wir noch auseinanderziehen tan(∆x) 1 · lim ∆x→0 ∆x→0 ·(1 − tan(x) · tan(∆x)) ∆x = (1 + tan2 (x)) lim (9) Der rechte Grenzwert läuft gegen 1, den linken können wir umschreiben zu = (1 + tan2 (x)) lim ∆x→0 sin(∆x) 1 · lim ·1 ∆x→0 ∆x cos(∆x) Der Grenzwert des Kosinusteils wird 1, und der 3 bereits gezeigt haben. Somit ergibt sich tan0 (x) = (1 + tan2 (x)) 1 = cos2 (x) sin(∆x) ∆x (10) wird ebenfalls 1, wie wir in Übung (11) (12) 2 Aufgabe 34) Leiten Sie die nachfolgenden Funktionen ab: a) y(x) = tanh(x); mit tanh(x) = sinh(x) cosh(x) Lösung zu a) Der Tangenshyperbolicus kann ähnlich dem Tangens durch das Verhältnis von Sinus Hyperbolicus und Kosinus Hyperbolicus dargestellt werden. tanh(x) = sinh(x) cosh(x) (13) Diese beiden Funktionen können wir dank dem Wissen aus der Vorlesung oder einer vorherigen Übung durch e-Funktionen darstellen. (ex − e−x ) x −x 2 (e + e ) (14) ex − e−x ex + e−x (15) 1 tanh(x) = 21 Hier kürzen wir zuerst die 1/2 tanh(x) = Nun können wir entweder die Quotientenregel oder die Produktregel verwenden. Bei Verwendung der Produktregel schreiben wir die Funktion etwas um, sodass man die einzelne Terme besser sieht. Die Produktregel lautet: y(x) = u(x) · v(x) y 0 (x) = u0 (x) · v(x) + u(x) · v 0 (x) −1 tanh(x) = ex − e−x · ex + e−x (16) −1 −2 = ex + e−x · ex + e−x + ex + e−x · (−1) ex + e−x · ex + e−x (17) 2 (ex + e−x ) ex + e−x = x − e + e−x (ex + e−x )−2 (18) 2 =1 − (ex + e−x ) (ex + e−x )−2 (19) Das bringen wir auf den gleichen Nenner. 2 = (ex + e−x ) − (ex − e−x ) (ex + e−x )−2 2 (20) Als nächstes setzen wir noch den Sinus bzw. Kosinus Hyperbolicus ein. = cosh(x)2 − sinh(x)2 cosh(x)2 (21) (22) 3 Um den letzten Vereinfachungsschritt nachzuvollziehen müssen wir noch die Trigonometrische Identität cosh2 (x) − sinh2 (x) = 1 zeigen, dies soll im Folgenden getan werden. 2 1 x 2 1 x e + e−x − e − e−x 4 4 1 2x x −x e + 2e e + e−2x − e2x − 2ex e−x + e−2x = 4 1 = ·4=1 4 Mit diesem Wissen können wir zeigen, dass cosh2 (x) − sinh2 (x) = cosh(x)2 − sinh(x)2 1 = 2 cosh(x) cosh(x)2 (23) (24) (25) (26) b) y(x) = x3 sin(x) Lösung zu b) y(x) = x3 sin(x) (27) (28) Für diese Aufgabe benötigen wir die Quotientenregel. u(x) v(x) u0 (x) · v(x) − u(x) · v 0 (x) y 0 (x) = v 2 (x) u(x) = x3 u0 (x) = 3x2 y(x) = v 0 (x) = cos(x) v(x) = sin(x) y 0 (x) = 3x2 · sin(x) − x3 · cos(x) sin2 (x) (29) c) y(x) = sin(x) cos(x) + tan(x) cos(x) Lösung zu c) Sowohl die Quotientenregel als auch die Produktregel werden verwendet. 1 Die Ableitung des Tangens lautet cos(x) 2 0 2 2 y (x) =cos(x) − sin(x) + y 0 (x) = cos(x)2 − sin(x)2 + 1 cos(x)2 cos(x) − tan(x)(− sin(x)) 1 cos(x) cos(x)2 + tan(x) sin(x) cos(x)2 1 sin(x)2 y 0 (x) = cos(x)2 − sin(x)2 + + cos(x)3 cos(x)3 y 0 (x) = cos(x)2 − sin(x)2 + 4 1 tan(x)2 + 3 cos(x) cos(x) (30) d) y(x) = ln(x)·sin(x) x ln(x)−x Lösung zu d) Auch hier ist die Produkt- und Quotientenregel zu verwenden. ln(x) · sin(x) x ln(x) − x ( x1 sin(x) + ln(x) cos(x))(x ln(x) − x) − ((1 ln(x) + xx ) − 1)(ln(x) sin(x)) 0 y (x) = (x ln(x) − x)2 y(x) = = ln(x) sin(x) − sin(x) + x ln(x)2 cos(x) − x ln(x) cos(x) − ln(x)2 sin(x) (x ln(x) − x)2 y 0 (x) = sin(x)(− ln(x)2 + ln(x) − 1) − x cos(x)(− ln(x)2 + ln(x)) (x ln(x) − x)2 5 (31) Aufgabe 35) Die Kurven der Funktionen y1 (x) = ex und y2 (x) = e−x schneiden sich im Punkt (0, 1). Welchen Winkel nehmen die beiden Tangenten ein, die im Punkt (0, 1) jeweils an die Kurven gelegt werden? Lösung Die Steigung der Tangente einer Funktion in einem bestimmten Punkt ist die Ableitung der Funktion an eben diesem Punkt. Also werden zuerst die Ableitungen bestimmt. d ax e = (ax)0 · eax dx = a · eax (32) (33) Mit ay1 = 1 und ay2 = −1, erhalten wir y10 (x) = ex y20 (x) = −e (34) −x (35) Nun setzen wir als Punkt x wie vorgegeben null ein. y10 (0) = e0 = 1 = ˆ 45◦ y20 (0) (36) ◦ 0 ◦ = −e = −1 = ˆ − 45 = 135 (37) (38) Wenn man beide Winkel voneinander abzieht, ist die Differenz 90◦ und die Tangenten stehen somit senkrecht zueinander. 6 Aufgabe 36) Zum Rechnen mit Ungleichungen: Die Ungleichung 4x + 1 <2 x−3 ist für rationale Zahlen x 6= 3 erklärt. Geben Sie alle rationalen Zahlen an, die diese Beziehung erfüllen. Lösung Für die Lösung dieser Aufgabe ist es nötig eine Fallunterscheidung zu machen, da sich die Richtung des Ungleichheitszeichens dreht, je nachdem ob der Nenner beim auf-die-rechteSeite-bringen positiv oder negativ ist. Fall x > 3 ⇒ Nenner positiv 4x + 1 <2 | · (x − 3) x−3 4x + 1 < 2(x − 3) (40) 4x + 1 < 2x − 6 |−1 (41) 4x < 2x − 7 | − 2x (42) |÷2 (43) x < −3, 5 (44) 2x < −7 (39) Dies widerspricht unserer Voraussetzung x > 3. Daher muss x < 3 sein. Fall x < 3 ⇒ Nenner negativ 4x + 1 <2 | · (x − 3) x−3 4x + 1 > 2(x − 3) (46) 4x + 1 > 2x − 6 |−1 (47) 4x > 2x − 7 | − 2x (48) |÷2 (49) x > −3, 5 (50) 2x > −7 Daraus folgt, dass alle Zahlen x im Bereich −3, 5 < x < 3 die Ungleichung erfüllen. CC-BY-SA 3.0 Mario Krieg / Martin Labus http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/de/ 7 (45) 2 ,0 f(x ) 1 ,5 1 ,0 -1 ,0 -0 ,5 x 0 ,0 0 ,5 1 ,0 0 ,5 0 ,0 Abbildung 1: Abbildung der beiden Funktionen (kompakt) und ihrer Tangenten (dashed) 8