¨Ubungen zum Brückenkurs Blatt 4

Übungen zum Brückenkurs
WS 2003/04
Blatt 4
apl. Prof. Herbort
Aufgabe 29 : Es sei f (x) = [x]·[ x1 ], für x 6= 0 und f (0) := 0. In welchen Punkten
ist f stetig und in welchen nicht?
Lösung. Für x < −1 ist 1 x1 ∈ (−1, 0), also [ x1 ] = −1 und f (x) = −[x]. Somit
ist f auf (−∞, −1) genau in den nicht-ganzen Zahlen stetig und in den ganzen
Zahlen unstetig. Wenn −1 < x < 0, ist f (x) = −[ x1 ] und damit genau in den
Punkten x ∈ (−1, 0) stetig, für die 1/x ∈
/ ZZ. Auch in −1 ist f unstetig, da
1
n
f (−1 + n ) = −[ −n+1 ] = 2, während f (−1) = 1. Auf dem Intervall (0, ∞) gilt
f (x) = 0, wenn x 6= 1 und f (1) = 1. Somit ist f bei 1 unstetig und in allen anderen
Punkten aus (0, ∞) stetig. Bei 0 haben wir f (0) = 0, aber f (−1/n) = n −→ ∞,
also ist f in 0 unstetig.
Aufgabe 30 : Lösen Sie mit dem Bisektionsverfahren die Gleichung x3 + x = 6.
Lösung. Sei f (x) = x3 + x − 6. Wir suchen eine Nullstelle für f . Es gilt f (1.6) =
−0.304 und f (1.7) = 0.613.
Sei nun m1 = 1.65. Dann ist f (1m1 ) = 0.142125 > 0, also liegt die Nullstelle in
(1.6 , 1.65).
Sei m2 = 1.625. Dann ist f (m2 ) = −0.0839844, also liegt die Nullstelle in (m2 , 1.65).
Sei m3 = 1.6375, da f (1.6375) = 0.0283027, ist unsere Nullstelle in (m2 , m3 ) zu
suchen.
Sei m4 = 1.63125. Dann ist f (m4 ) = −0.028032, müssen wir im Intervall (m4 , m3 )
weitersuchen.
Sei m5 = 1.63437. Dann ist f (m5 ) = 0.0000874939 < 10−4 . Dies eine gute Näherung
für die gesuchte Nullstelle.
Aufgabe 31 :
Gegeben sei die Gerade G := {x = 2}. Wo liegen alle
Punkte,
5
welche von G einen halb so großen Abstand haben wie von dem Punkt
?
0
Lösung. Die Punkte P (x|y) müssen die Bedingung
|x − 2| =
1p
(x − 5)2 + y 2
2
erfüllen. Das bedeutet (quadrieren und nach x umstellen)
x2 − 4x + 4 =
oder
x2 5
25 y 2
− x+
+
4
2
4
4
3 2 3
5
y2
x − x− =
4
2
4
4
Malnehmen mit 4/3 ergibt x2 − 2x −
5
3
= y 2 /3 oder
y2
3
(x − 1)2 −
=1
8
8
Das beschreibt eine Hyperbel.
Aufgabe 32 :
annimmt?
Sei f (x) = x3 − 4x − 2. Was ist der kleinste Wert, den f auf [0, ∞)
Aufgabe 33 :
1.Ableitungen?
Wo sind die folgenden Funktionen definiert und was sind ihre
f (x) =
√
x2 − 5x + 1,
h(x) = (sin x)cos x ,
g(x) =
x2 + 1
x3 − x
u(x) = e−3x sin(2x − 5),
v(x) =
cos(2x)
x2 + 4
Lösungen. f (x) ist definiert, wo x2 − 5x ≥ −1 ist, also, wo (x − 52 )2 − 21
≥ 0. Das
√
√ 4
1
1
ist der Fall genau auf der Menge D = (−∞, 2 (5 − 21) ] ∪ ( 2 (5 + 21), ∞ ). Die
1. Ableitung ist nach der Kettenregel
1
f 0 (x) = √
· (2x − 5)
2 x2 − 5x + 1
Die Funktion g ist definiert auf R \ {−1, 0, 1}. Ihre 1. Ableitung ist
g 0 (x) = −
x4 + 4x2 − 1
x2 /x2 − 1)2
Die Funktion h ist definiert, wo immer sin x > 0 ist, also etwa auf (0, π). Es gilt
dann h(x) = ecos xln x , also
h0 (x) = ecos xln x (
cos x
− sin x ln x)
x
Die Funktionen u und v sind überall definiert, und es gilt
u0 (x) = −3e−3x sin(2x − 5) + 2e−3x cos(2x − 5)
v 0 (x) = −2
x2 sin(2x) + 4 sin(2x) + x cos(2x)
(x2 + 4)2
Aufgabe 34 : Untersuchen Sie, wo die Funktion f (x) = x4 − 6x2 − 8x + 1 lokale
(oder absolute) Extrema hat.
Lösung. Es gilt
f 0 (x) = 4(x3 − 3x − 2) = 4(x + 1)(x2 − x − 2) = 4(x + 1)2 (x − 2)
und f 00 (x) = 12(x2 − 1). So sehen wir, dass f 0 (−1) = 0, f 0 (2) = 0, f 00 (−1) =
0, f 00 (2) = 36. Bei 2 liegt also ein lokales Minimum für f . Nun ist aber f 00 (−1 − t) =
12(2t + t2 ) > 0 und f 00 (−1 + t) = 12(−2t + t2 ) < 0. Bei −1 hat f also keinen
2
Wendepunkt. Ferner ist nahe −1 der Faktor x − 2 negativ, also auch f 0 (x) =
4(x + 1)2 (x − 2). Bei −1 hat f also kein lokales Extremum.
Aufgabe 35 : Gegeben sei ein k > 0. Welches unter allen rechtwinkligen Dreiecken, bei denen die Summe der Katheten k ist, hat die kleinste Hypotenuse?
p
Lösung. Die Katheten sind x und k − x und die Hypotenuse x2 + (k − x)2 . Die
wird minimal, wo x2 + (k − x)2 = 2x2 − 2kx + k 2 minimal wird. Das ist der Fall
2
bei x = k/2, denn 2x2 − 2kx + k 2 = 2(x − k2 )2 + k2 .
Aufgabe 36 : Sei f (t) = −t4 + t2 + 4 und G die Gerade durch (−5|0) und (0|10).
Welcher Punkt auf dem Graphen von f hat den kleinsten Abstand von G. Wie
groß ist dieser Abstand?
Lösung. Die Hesse-Normalform für G lautet G := {(x, y) | y = 2(x + 5)}, also
E
√
1 D
2
2
G = {~x ∈ R | √
, ~x = −2 5}
−1
5
Der Abstand eines Punktes ~x von G ist daher
E
√
1 D
2
d(~x) = | √
, ~x + 2 5|
−1
5
Die Punkte des Graphen von f haben die Form (t, f (t)). Wir suchen also nach dem
absoluten Minimum der Funktion
√ 2
1
2
4
2
ϕ(t) = d((t, f (t)) = √ (2t + t − t − 4) + 2 5
5
Wir rechnen aus
√
1
ϕ (t) = 2 √ (2t + t4 − t2 − 4) + 2 5
5
0
(2 + 4t3 − 2t)
Wir sehen, dass ϕ0 (−1) = 0 und weiter
(2 + 4t3 − 2t) = (t + 1)((2t − 1)2 + 1)
Damit ist -1 die einzige Nullstelle für ϕ0 . Links von −1 ist ϕ0 negativ und rechts davon positiv. Damit ist −1 absolutes Minimum für ϕ und damit auch für d((t, f (t)).
Es gilt
4
d(−1, f (−1)) = √
5
Aufgabe 37 : Zeigen Sie, dass die Funktion sinh(x) := 21 (ex − e−x ) eine bijektive Abbildung von R in sich ist. Berechnen Sie die Umkehrfunktion und ihre 1.
Ableitung.
−1
Lösung. Die
nämlich
√ Gleichung t − t = 2x hat für jedes x > 0 eine Lösung,
2
t = x + x + 1. Es gilt nun sinh(y) = √x genau dann, wenn ey die Gleichung
t − t−1 = 2x löst, also wenn y = ln (x + x2 + 1) ist. Offenbar ist y > 0. Wenn
3
√
x < 0, √
haben wir wegen sinh(−y) = − sinh(y) in y = −ln (−x + x2 + 1) =
ln (x + x2 + 1) eine Lösung zu sinh(y) = x. Damit wird also sinh : R −→ R
surjektiv. Da aber sinh0 (x) = 21 (ex + e−x ) > 0, ist sinh streng monoton wachsend
und damit auch injektiv
√ auf R. Die Umkehrfunktion zu sinh ist nun gegeben durch
Arsinh(x) = ln (x + x2 + 1).
4
Aufgabe 38 : Aus einer Blechplatte mit Höhe a > 0 und Breite b = 2a werden
an den Ecken Quadrate mit Kantenlänge x ausgeschnitten. Dann werden die entstehenden Seiten hochgeknickt, und es entsteht ein Kasten. Wie muss x gewählt
werden, damit das Volumen des Kastens maximal ist? Siehe folgendes Bild:
x
x
x
x
a
x
x
x
x
2a
x
Lösung. Ist x ∈ (0, a/2), so ist das Volumen des Kastens
V (x) = (a − 2x)(b − 2x)x = 2(x − a)(2x − a)x = 4x3 − 6ax2 + 2a2 x
Wir suchen Extrema von V auf (0, a/2). Die 1. Ableitung von V ist
a2
1 2
1 2
0
2
2
2
V (x) = 12x − 12ax + 2a = 12(x − ax + ) = 12 (x − a) − a
6
2
12
Ihre Nullstellen liegen bei
a
1
a
1
x+ := (1 + √ ), x: = (1 − √ )
2
2
3
3
Wir haben
V 0 (x) = 12(x − x− )(x − x+ )
Nun liegt x+ außerhalb unseres Intervalls und zwar ist x < x+ auf (0, a/2). Wenn
x < x− , wird V 0 (x) > 0, sonst (x > x− ) ist V 0 (x) ≤ 0. In x− hat V also sein
Maximum. Es gilt
a
V (x− ) = ( √ )3
3
5