Mathematik I - D-BIOL - D-MATH

Prof. Dr. E. W. Farkas
ETH Zürich HS 2014
Mathematik I - D-BIOL
Lösung 5
Aufgabe 1
(a) Mit f (x) =
x−1
x3 −1
=
1
x2 +x+1
für x 6= 1 ist
lim f (x) = lim
x→1 x2
x→1
1
1
= .
+x+1
3
Dieser Grenzwert stimmt nicht überein mit dem Funktionswert f (1) = 2, weshalb f im
Punkt x0 = 1 unstetig ist.
(b) Die Funktion f ist unstetig in x0 , da zwar der links- und der rechtsseitige Grenzwert
exisitieren, jedoch nicht übereinstimmen:
lim f (x) = lim
x→1−
x→1−
−x + 1
−1
1
|x − 1|
= lim 2
= lim
=−
2
x −1
2
x→1− x − 1
x→1− x + 1
und
lim f (x) = lim
x→1+
x→1+
x−1
+1
1
|x − 1|
= lim 2
= lim
= .
2
x −1
2
x→1+ x − 1
x→1+ x + 1
(c) Auch diese Funktion ist unstetig in x0 , da der linksseitige Grenzwert wegen
lim f (x) = lim
x→1−
x→1−
x2
x
x
= lim
= −∞
− 1 x→1− (x + 1)(x − 1)
nicht existiert. (N.B.: hingegen existiert der rechtsseitige Grenzwert limx→1+ f (x). Dieser
ist gleich − π2 , wie man zum Beispiel mit der Regel von de l’Hôpital nachrechnet,
lim f (x) = lim
x→1+
x→1+
1 sin(πx)
sin(πx)
π cos(πx)
1
1
π
=
lim
=
lim
=− ,
+
+
x+1 x−1
2 x→1 x − 1
2 x→1
1
2
was aber aber an der Unstetigkeit in x0 nichts ändert.)
Aufgabe 2
(a) f ′ (x) = − x32 − 10x + 15x4 .
√
√ 1
√ 3 ′
(b) f ′ (x) = 2 2x 2 = 32 · 2 2x 2 = 3 2x.
1 ′
2
1+3x2
(c) f ′ (x) = (x + x3 ) 3 = 31 (x + x3 )− 3 (1 + 3x2 ) = √
.
3
3 2
3
(d) f ′ (x) =
(e) f ′ (x) =
1
2
x3
1
· 23 x− 3 =
√
cos √
( x)
.
2 x
2
3x
(x+x )
′
2 ′
oder f ′ (x) = log (x 3 ) = 23 log (x) =
2
3x .
′ 1
′
1
(f) f ′ (x) = e− cos (x) sin (x) = e− 2 sin (2x) = − cos (2x)e− 2 sin (2x) .
sin (x) ′
cos (x)
(g) f ′ (x) =
(h) f ′ (x) = √
2
=
sin 2 (x)+cos 2 (x)
cos 2 (x)
1
sin 2 (x)−cos 2 (x)
=
1
.
cos 2 (x)
· (2 sin (x) cos (x) + 2 sin (x) cos (x)) = √2 sin2 (x) cos (x)
.
2
sin (x)−cos (x)
Aufgabe 3
(a) f ist nicht differenzierbar in x0 , denn einerseits ist für jede Folge (xn )n positiver Zahlen
mit limn→∞ xn = x0
lim
n→∞
xn − 0
f (xn ) − f (x0 )
= lim
= 1,
n→∞ xn − 0
xn − x0
andererseits für jede Folge (xn )n negativer Zahlen mit limn→∞ xn = x0
lim
n→∞
f (xn ) − f (x0 )
−xn − 0
= lim
= −1.
n→∞ xn − 0
xn − x0
(b) f ist differenzierbar in x0 mit Ableitung f ′ (x0 ) = 0, den für jede gegen x0 konvergierende
Folge (xn )n gilt
|xn | · x2n
|xn |3 − 0
f (xn ) − f (x0 )
= lim
= lim
= lim |xn | · xn = 0.
n→∞
n→∞ xn − 0
n→∞
n→∞
xn − x0
xn
lim
(c) f ist nicht differenzierbar in x0 , denn für beliebig gewähltes M ∈
positiver Zahlen mit limn→∞ xn = x0 ist
√
xn − 0
1
f (xn ) − f (x0 )
=
= √ >M
xn − x0
xn − 0
xn
R und jede Folge (xn)n
für n hinreichend gross. Damit existiert der Limes
lim
n→∞
f (xn ) − f (x0 )
xn − x0
nicht.
(d) Die Funktion f ist nicht differenzierbar in x0 , da sie dort nicht einmal stetig ist. In der
Tat ist der Grenzwert
lim
x→0
sin (x)
= 1 6= 0 = f (x0 ).
x
(e) f ist differenzierbar in x0 , denn die Kosinusfunktion ist überall differenzierbar und x 7→
ist differenzierbar in x = cos (x0 ) = 1. Aus der Kettenregel folgt für die Ableitung
√
x
1
· (− sin (x0 )) = 0.
f ′ (x0 ) = p
2 cos (x0 )
(f) Sei (xn )n mit xn 6= 0 eine beliebige gegen x0 konvergierende Folge und (yn )n mit yn =
die Folge ihrer Kehrwerte (d.h. limn→∞ |yn | = ∞). Dann folgt
−
1
xn
1
f (xn ) − f (x0 )
e |xn | − 0
e−|yn |
lim
= lim yn e−|yn | = 0,
= lim
= lim
1
n→∞
n→∞
n→∞ xn − 0
n→∞
xn − x0
y
n
e−y
denn die Funktion y 7→
fällt für y → ∞ schneller gegen 0 als jedes Polynom (d.h. y 7→ y
oder auch Polynome von beliebig grossem Grad; nachrechnen!) gegen ±∞ divergiert. Damit
ist f in x0 differenzierbar mit Ableitung f ′ (x0 ) = 0.
Aufgabe 4 In späteren Teilaufgaben brauchen wir die Ableitung von x. Dies ist die Funktion
ẋ(t) = −c ae−at − be−bt .
(1)
(a) Es ist x(0) = 0 und (mit (1)) ẋ(0) = (b − a)c > 0.
(b) Die Ungleichung a < b impliziert e−at ≥ e−bt für alle t ≥ 0, und daher wegen c > 0 auch
x(t) ≥ 0 für alle t ≥ 0.
(c) Es gilt limt→∞ x(t) = 0, denn limt→∞ e−at = limt→∞ e−bt = 0 wegen a, b > 0.
(d) Nach (1) ist ẋ(t) = 0 äquivalent zu ae−at = be−bt . Logarithmieren führt auf log (a) − at =
log (b) − bt und damit zu
log ab
t=
=: t∗ .
b−a
Die Funktion x hat also bei t∗ ihren einzigen kritischen Punkt, nämlich ein Maximum. Ihr
einziges Minimum ist bei t = 0. Aus den vorhergehenden Teilaufgaben folgt ohne weitere
Rechnung, dass x im Intervall (0, t∗ ) monoton steigend und im Intervall (t∗ , ∞) monoton
fallend ist. Der maximale Wert von x ist
a log ( b )
− b−aa
− log ( ab ∗
−at∗
−bt∗
−(b−a)t∗ −at∗
1−e
x(t ) = c e
−e
=c 1−e
e
= ce
b)
a
log
(
a
a
= c 1 − e− b−a .
b
log ab
∗
(e) Es soll gelten ẋ(0) = (b − a)c = c, also b − a = 1, sowie t = b−a = 1, also log ab = 1.
1
e
Daraus folgt b = ea. Insgesamt erhält man also a = e−1
und b = e−1
.
a
b
∈ (0, 1) und betrachten die beiden Grenzfälle κ → 0 und κ → 1.
log ab
log (κ)
∗
ist
(i) κ → 0. Sei b > 0 fest. Mit t = b−a = (κ−1)b
(f) Wir definieren κ :=
log (κ)
=∞
κ→0 (κ − 1)b
lim t∗ = lim
κ→0
wegen limκ→0
log (κ)
κ−1
= ∞. Ferner ist nach (d)
x(t∗ ) = c 1 −
b)
(a
a log (κ)
κ log (κ)
a − a log
e b−a = c(1 − κ)e b−a = c(1 − κ)e 1−κ
b
und damit
lim x(t∗ ) = lim c(1 − κ)e
κ→0
κ log (κ)
1−κ
κ→0
= c,
denn (wie aus einer früheren Aufgabe bekannt) ist limκ→0 κ log (κ) = 0. Zusammengefasst können wir feststellen, dass im Grenzfall κ → 0 die Funktion ihr Maximum
t∗ erst nach unendlich langer Zeit annimmt und der maximale Wert x(t∗ ) gegen c
strebt.
(ii) κ → 1. Sei wieder b > 0 fest. Dann ist
1
1
log (κ)
= lim
=
κ→1 κb
κ→1 (κ − 1)b
a
lim t∗ = lim
κ→1
wegen limκ→1
log (κ)
κ−1
= limκ→1
1
κ
1
= κ1 . Mit dem letzten Grenzwert und (d) ist
lim x(t∗ ) = lim c(1 − κ)e
κ→1
κ→1
κ log (κ)
1−κ
= 0.
Zusammengefasst sieht man hier, dass im Grenzfall κ → 1 der maximale Wert von x
gegen 0 konvergiert, und damit auch die Funktion x insgesamt gegen die Nullfunktion
strebt.
(g) Der Graph zu den Parametern (a, b, c) = (0.2, 0.5, 1) (blau, x(t∗ ) ≈ 0.34),
(a, b, c) = (1, 1.1, 6) (rot, x(t∗ ) ≈ 0.22) sowie (a, b, c) = (1, 6, 1) (orange, x(t∗ ) ≈ 0.58).
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
2
4
6
8
10
Bemerkung. Es ist stets möglich Parameter (a, b, c) so zu finden, dass die zugehörige Funktion x
ihr Maximum bei vorgegebener Zeit t∗ mit vorgegebenem maximalemRWert γ := x(t∗ ) annimmt.
∞
Verlangt man zusätzlich noch eine bestimmte Gesamtdosis“ α := 0 x(t) dt = c a1 − 1b , so
”
sind (a, b, c) durch diese Forderungen sogar eindeutig bestimmt. Es ist dann (vgl. (d))
∗
α(a) = γaeat .
Für feste Parameter γ und t∗ ist damit α eine monoton steigende Funktion in a, die jeden
positiven Wert annimmt.