Aufgaben zu Kapitel 4

Aufgaben zu Kapitel 4
Aufgaben zu Kapitel 4
Verständnisfragen
Aufgabe 4.1
•
Bestimmen Sie ein Polynom vom Grad 3, das die folgenden Werte annimmt
x
p(x)
Aufgabe 4.2
••
−2
−3
−1
−1
0
−1
1
3
Jede Nullstelle x̂ eines Polynoms p mit
p(x) = a0 + a1 x + . . . + an x n
lässt sich abschätzen durch
|x̂| <
(an = 0)
|a0 | + |a1 | + . . . + |an |
.
|an |
Zeigen Sie diese Aussage, indem Sie die Fälle |x̂| < 1 und |x̂| ≥ 1 getrennt betrachten.
Aufgabe 4.3 •• Verwenden Sie die charakterisierende Ungleichung (4.4) zur Exponentialfunktion, um zu entscheiden,
welche von den beiden Zahlen π e oder eπ die größere ist .
Aufgabe 4.4
•
Begründen Sie die Monotonie der Logarithmusfunktion, das heißt, es gilt
ln x < ln y
Aufgabe 4.5
••
für 0 < x < y .
Zeigen Sie, dass log2 3 irrational ist.
Rechenaufgaben
Aufgabe 4.6 •
Entwickeln
Sie das Polynome p um die angegebene Stelle x0 , das heißt, finden Sie die Koeffizienten aj
zur Darstellung p(x) = nj=0 aj (x − x0 )j ,
(a) mit p(x) = x 3 − x 2 − 4x + 2 und x0 = 1,
(b) mit p(x) = x 4 + 6x 3 + 10x 2 und x0 = −2.
Aufgabe 4.7
•
Zerlegen Sie die Polynome p, q, r : R → R in Linearfaktoren:
p(x) = x 3 − 2x − 1
q(x) = x 4 − 3x 3 − 3x 2 + 11x − 6
r(x) = x 4 − 6x 2 + 7
Aufgabe 4.8
••• Betrachten Sie die beiden rationalen Funktionen f : Df → R und g : Dg → R, die durch
f (x) =
x 3 + x 2 − 2x
,
x2 − 1
g(x) =
x2 + x + 1
x+2
definiert sind. Geben Sie die maximalen Definitionsbereiche Df ⊆ R und Dg ⊆ R an und bestimmen Sie die Bildmengen
f (Df ) und g(Dg ). Auf welchen Intervallen lassen sich Umkehrfunktionen zu diesen Funktionen angeben?
Aufgabe 4.9
•
Berechnen Sie folgende Zahlen ohne Zuhilfenahme eines Taschenrechners:
x
2
1
1
e(2+x) −4
2
3
ln
4
e
,
log2 (4 e ) −
,
2
ln 2
ex
mit x > 0 .
Aufgabe 4.10 •
Vereinfachen Sie für x, y, z > 0 die Ausdrücke:
(a) ln(2x) + ln(2y) − ln z − ln 4
(b) ln(x 2 − y 2 ) − ln(2(x − y))
√
2
3
(c) ln(x 3 ) − ln( x −4 )
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
1
2
Aufgaben zu Kapitel 4
Aufgabe 4.11
••
Der Tangens hyperbolicus ist gegeben durch
tanh x =
Verifizieren Sie die Identität
tanh
sinh x
.
cosh x
sinh x
x
=
.
2
cosh x + 1
Begründen Sie, dass für das Bild der Funktion gilt
tanh(R) ⊆ [−1, 1] .
Zeigen Sie, dass durch
1+x
1
.
artanh x = ln
2
1−x
die Umkehrfunktion artanh: [−1, 1] → R, der Areatangens hyperbolicus Funktion gegeben ist.
Aufgabe 4.12
••
Bei einer der beiden Identitäten
sin(x + y) sin
=
2
x−y
2
1
1
1
sin(x + y) − sin(2x) − sin(2y)
2
4
4
und
cos(3(x + y))
=
4 cos3 (x + y) − 3 cos x cos y − 3 sin x sin y
hat sich ein Druckfehler eingeschlichen. Finden Sie heraus bei welcher, und korrigieren Sie die falsche Gleichung.
Aufgabe 4.13
••
Zeigen Sie die Identitäten
cos(arcsin(x)) =
und
sin(arctan(x)) = 1 − x2
x
1 + x2
.
Anwendungsprobleme
Aufgabe 4.14
•
Skizzieren Sie grob ohne einen grafikfähigen Rechner die Graphen der folgenden Funktionen:
√
f1 (x) = (x + 1)2 − 2 ,
f2 (x) =
2x + 1
f4 (x) = ex−1 − 1
f3 (x) = 3 |2x − 1| ,
f6 (x) = 1/(ln(2x))
f5 (x) = 2 sin(3x − π ) ,
Aufgabe 4.15 •• Die Lichtempfindlichkeit von Filmen wird nach der Norm ISO 5800 angegeben. Dabei ist zum einen
die lineare Skala ASA (American Standards Association) vorgesehen, bei der eine Verdoppelung der Empfindlichkeit auch
eine Verdoppelung des Werts bedeutet. Zum anderen gibt es die logarithmische DIN-Norm, bei der eine Verdoppelung der
Lichtempfindlichkeit durch eine Zunahme des Werts um 3 Einheiten gegeben ist. So finden sich auf Filmen Angaben wie
100/21 oder 200/24 für die ASA und DIN Werte zur Lichtempfindlichkeit. Finden Sie eine Funktion f : R>0 → R mit
f (1) = 1, die den funktionalen Zusammenhang des ASA Werts a zum DIN Wert f (a) (gerundet auf ganze Zahlen) beschreibt.
Aufgabe 4.16 •
Wenn sich zwei Schwingungen mit gleicher Amplitude und relativ ähnlichen Frequenzen überlagern,
spricht man in der Akustik von einer Schwebung.
(a) Zeichnen Sie den Graphen einer Schwebung f : R → R mit
f (x) = sin(2π ω1 t) + sin(2π ω2 t)
und ω1 = 1.9, ω2 = 2.1 im Intervall [−20, 20] mithilfe eines grafikfähigen Rechners.
(b) Verwenden Sie Additionstheoreme, um die sich einstellende sogenannte mittlere Frequenz der Überlagerungsschwingung
zu ermitteln. Die Amplitude dieser Schwingung variiert mit der sogenannten Schwebungsfrequenz. Geben Sie auch diesen
Wert an und tragen Sie die zu dieser Frequenz gehörende Wellenlänge am Graphen ab.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
Hinweise zu Kapitel 4
Hinweise zu Kapitel 4
Verständnisfragen
Aufgabe 4.1 •
Koeffizienten.
Einsetzen der angegebenen Stellen in einen Ansatz der Form p(x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 liefert die
Aufgabe 4.2
••
Setzen Sie eine Nullstelle x̂ ins Polynom ein und vergessen Sie nicht die Identität
Aufgabe 4.3
••
Setzen Sie x =
π
e
|an |
|an |
= 1.
− 1 in die Ungleichung ein
Aufgabe 4.4 •
Nutzen Sie sowohl die Abschätzung ln z ≤ z − 1 für eine geeignete Zahl z > 0 als auch die Funktionalgleichung des Logarithmus.
Aufgabe 4.5
••
Für n, m ∈ N ist 2n gerade, aber 3m ungerade.
Rechenaufgaben
Aufgabe 4.6
•
Ersetzen Sie x = (x − x0 ) + x0 .
Aufgabe 4.7 •
Auswerten der Polynome an Stellen wie 0, 1, −1 und/oder quadratische Ergänzung liefert Nullstellen.
Durch Polynomdivision lassen sich die Polynome dann in Faktoren zerlegen.
Aufgabe 4.8 ••• Für die Definitionsbereiche bestimme man die Nullstellen der Nenner. Außerhalb dieser Nullstellen
müssen wir versuchen die Gleichungen y = f (x) bzw. y = g(x) nach x aufzulösen, um die Bildmengen und die Umkehrfunktionen zu bestimmen.
Aufgabe 4.9 •
Nutzen Sie die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion und/oder des Logarithmus und die Umkehreigenschaften der beiden Funktionen.
Aufgabe 4.10
•
Verwenden Sie die Funktionalgleichung des Logarithmus.
Aufgabe 4.11
••
Verwenden Sie die Definitionen von sinh und cosh und binomische Formeln.
Aufgabe 4.12 ••
von sin und cos.
Verwenden Sie die Folgerungen aus den Additionstheoremen in der Übersicht zu den Eigenschaften
Aufgabe 4.13 •• Verwenden Sie in beiden Fällen die Beziehung sin2 x + cos2 x = 1 und die Umkehreigenschaft der
jeweiligen Arkus-Funktion.
Anwendungsprobleme
Aufgabe 4.14
•
Berücksichtigen Sie die Transformationen wie sie etwa in der Übersicht auf Seite 80 aufgelistet sind.
Aufgabe 4.15 •• Bestimmen Sie aus den Angaben zur Verdoppelung der Lichtempfindlichkeit und der Funktionalgleichung des Logarithmus eine Basis b für die Funktion f (x) = logb x + c.
Aufgabe 4.16 •
Verwenden Sie ein passendes Additionstheorem, um die Summe als Produkt zu schreiben und interpretieren Sie die entsprechenden Frequenzen.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
3
4
Lösungen zu Kapitel 4
Lösungen zu Kapitel 4
Verständnisfragen
Aufgabe 4.1
•
p(x) = x 3 + 2x 2 + x − 1
Aufgabe 4.2
••
–
Aufgabe 4.3
••
eπ > π e .
Aufgabe 4.4
•
–
Aufgabe 4.5
••
–
Rechenaufgaben
Aufgabe 4.6 •
(a) p(x) = (x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 3(x − 1) − 2
4
(b) p(x) = (x + 2) − 2(x + 2)3 − 2(x + 2)2 + 8 .
Aufgabe 4.7
•
√
√
1
1
x − (1 − 5)
p(x) = (x + 1) x − (1 + 5)
2
2
q(x) = (x − 1)2 (x + 2)(x − 3)
√
√
r(x) = x + 3 + 2
x− 3+ 2
√
√
x− 3− 2
· x+ 3− 2
Aufgabe 4.8 ••• Die Funktion f besitzt den Wertebereich f (Df ) = R und folgende Umkehrfunktionen lassen sich
angeben: Für f : R>−1 → R mit f −1 (y) = 21 (y − 2 + y 2 + 4) und für f : R<−1 → R mit f −1 (y) = 21 (y − 2 − y 2 + 4).
Die Funktion g besitzt den Wertebereich f (Dg ) = R<−3−2√3 ∪ R>−3+3√3 und als Umkehrfunktionen lassen sich angeben:
g −1 : R<−3−2√3 → R<−2−√3 mit g −1 (y) = y2 − 21 − 21 y 2 + 6y − 3, g −1 : R<−3−2√3 → R(−2−√3,−2) mit g −1 (y) =
y
y
1 1
1 1
−1 : R
−1
−1 : R
√ →R
√
√
2
2
2 − 2 + 2 y + 6y − 3, g
3
>−3+2
(−2,−2+ 3) mit g (y) = 2 − 2 − 2 y + 6y − 3 und g
>−3+2 3 →
y
R>−2+√3 mit g −1 (y) = 2 − 21 + 21 y 2 + 6y − 3 .
Aufgabe 4.9
•
8, 1, e4
xy
z
Aufgabe 4.10
•
(a) ln
Aufgabe 4.11
••
–
Aufgabe 4.12
••
Bei der zweiten Gleichung ist ein Vorzeichen nicht korrekt. Es muss lauten:
, (b) ln(x + y) − ln 2, (c) 2 ln x .
cos(3(x + y))
=
Aufgabe 4.13
••
4 cos3 (x + y) − 3 cos x cos y + 3 sin x sin y
–
Anwendungsprobleme
Aufgabe 4.14
•
Aufgabe 4.15
••
–
f (x) = logb x + 1 =
Aufgabe 4.16
•
3 ln x
+1
ln 2
Die Schwebung ist gegeben durch
sin(2πω1 t) + sin(2π ω2 t) = 2 cos
mit b =
√
3
2.
2π
t sin (4π t) .
10
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
Lösungswege zu Kapitel 4
Lösungswege zu Kapitel 4
Verständnisfragen
Aufgabe 4.1 •
Wir machen den Ansatz p(x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 mit noch zu bestimmenden Koeffizienten
a0 , . . . , a3 ∈ R. Setzen wir die angegebenen Werte ein, so ergeben sich vier lineare Gleichungen für die Koeffizienten:
a0
a0
a0
a0
−
−
2a1
a1
+
+
4a2
a2
−
−
8a3
a3
+
a1
+
a2
+
a3
=
=
=
=
−3
−1
−1
3.
Gesucht ist also eine Lösung dieses linearen Gleichungssystems.
Aus der dritten Gleichung lesen wir a0 = −1 ab. Setzen wir a0 = −1 im Gleichungssystem ein, um diesen Koeffizienten zu
eleminieren und addieren wir die zweite zur vierten Gleichung so ergibt sich
−
−
a0
2a1
a1
+
+
−
−
4a2
a2
=
=
=
=
8a3
a3
2a2
−2
0
−1
4.
Also muss a2 = 2 gelten. Für die beiden übrigen Koeffizienten eleminieren wir a2 und bekommen
−
−
a0
−
−
2a1
a1
8a3
a3
a2
=
=
=
=
−10
−2
−1
2.
Ziehen wir nun etwa das Doppelte der zweiten Zeile von der ersten ab, so folgt
a0
−
−
−
a1
6a3
a3
a2
=
=
=
=
−6
−2
−1
2
und wir lesen die gesamte Lösung des Systems mit a0 = −1, a1 = 1, a2 = 2 und a3 = 1 ab. Das gesuchte Polynom, dass die
angegebenen Werte annimmt, lautet
p(x) = x 3 + 2x 2 + x − 1 .
Bemerkung: In der Anwendung zur Polynom-Interpolation wird aufgezeigt, wie man solche sogenannten Interpolationsaufgaben bei Polynomen effektiver lösen kann
Aufgabe 4.2
••
Wenn |x̂| < 1 gilt, so folgt die Abschätzung aus 1 =
|an |
|an |
≤
|a0 |+|a1 |+...+|an |
|an |
.
Im Fall, dass |x̂| ≥ 1 ist, nutzen wir, dass x̂ Nullstelle des Polynoms ist, d. h. a0 + a1 x̂ + . . . + an x̂ n = 0. Da an x̂ n−1 = 0
gilt, können wir die Gleichung durch diesen Faktor dividieren und erhalten
x̂ = −
a0 + a1 x̂ + . . . + an−1 x̂ n−1
.
an x̂ n−1
Mit der Dreiecksungleichung folgt:
|x̂|
=
≤
≤
<
|a0 + a1 x̂ + . . . + an−1 x̂ n−1 |
|an x̂ n−1 |
|a0 |
|a1 |
|an−1 |
+
+ ... +
n−1
n−2
|an |
|an | |x̂
| |an | |x̂|
|a0 | + |a1 | + . . . + |an−1 |
|an |
|a0 | + |a1 | + . . . + |an |
|an |
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
5
6
Lösungswege zu Kapitel 4
Aufgabe 4.3
••
Aus der charakterisierenden Ungleichung folgt
π
π
π
e e −1 > 1 + − 1 = .
e
e
Also ist
π
ee >π
Potenzieren wir die letzte Ungleichung mit e, so folgt die gesuchte Relation
eπ > π e .
Aufgabe 4.4
•
Es gilt mit den charakterisierenden Eigenschaften des Logarithmus für x, y > 0 die Abschätzung
x
x
− 1 ≥ ln = ln x − ln y .
y
y
Es folgt mit x < y bzw. x/y < 1 die Abschätzung
ln x ≤ ln y +
x
− 1 < ln y .
y
<0
Aufgabe 4.5 •• Angenommen die Zahl log2 (3) ist rational. Dann gibt es ganze Zahlen m, n ∈ Z mit n = 0 und
ln 3
m
n
m
log2 (3) = ln
2 = n bzw. n ln 3 = m ln 2. Wir wenden die Exponentialfunktion auf diese Gleichung an. Es folgt 3 = 2 .
Dies ist aber ein Widerspruch, denn
1. im Fall n, m > 0 ist die linke Seite eine ungerade und die rechte Seite eine gerade Zahl,
2. im Fall n > 0 und m ≤ 0 ist 3n > 1 ≥ 2m ,
3. im Fall n < 0 und m ≥ 0 ist 3n < 1 ≤ 2m ,
4. im Fall m, n < 0 bilden wir die Kehrwerte und erhalten wieder den Widerspruch wie im ersten Fall.
Rechenaufgaben
Aufgabe 4.6
•
(a) Mit x = (x − 1) + 1 gilt:
p(x) = ((x − 1) + 1)3 − ((x − 1) + 1)2 − 4((x − 1) + 1) + 2
= (x − 1)3 + 3(x − 1)2 + 3(x − 1) + 1
− (x − 1)2 − 2(x − 1) − 1 − 4(x − 1) − 4 + 2
= (x − 1)3 + 2(x − 1)2 − 3(x − 1) − 2
(b) Im zweiten Beispiel ersetzen wir x = (x + 2) − 2 und erhalten:
p(x) = ((x + 2) − 2)4 + 6((x + 2) − 2)3 + 10((x + 2) − 2)2
= (x + 2)4 − 8(x + 2)3 + 24(x + 2)2 − 32(x + 2) + 16
+ 6(x + 2)3 − 36(x + 2)2 + 72(x + 2) − 48
+ 10(x + 2)2 − 40(x + 2) + 40
= (x + 2)4 − 2(x + 2)3 − 2(x + 2)2 + 8
Aufgabe 4.7
•
Durch Einsetzen lässt sich leicht die Nullstelle x̂ = −1 des Polynoms p sehen. Also berechnen wir:
x3
− 2x − 1
x3 + x2
−x 2 − 2x
−x 2 − x
−x − 1
−x − 1
0
=
(x + 1) (x 2 − x − 1)
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
Lösungswege zu Kapitel 4
Die Nullstellen des quadratischen Terms bestimmen wir durch quadratische Ergänzung aus
1 2 5
− .
0 = x2 − x − 1 = x −
2
4
Also sind (1 +
√
√
5)/2 und (1 − 5)/2 weitere Nullstellen. Insgesamt ergibt sich die Faktorisierung
√
√
1
1
x − (1 − 5) .
p(x) = (x + 1) x − (1 + 5)
2
2
Durch Austesten findet sich etwa die Nullstelle x̂ = 1. Somit bestimmen wir mit einer Polynomdivision:
x 4 − 3x 3 − 3x 2 + 11x − 6
x4 − x3
−2x 3 − 3x 2
−2x 3 + 2x 2
−5x 2 + 11x
−5x 2 + 5x
6x − 6
6x − 6
0
=
(x − 1) (x 3 − 2x 2 − 5x + 6)
Das verbleibende kubische Polynom hat nochmal x̂ = 1 als Nullstelle. Wir berechnen also:
x 3 − 2x 2 − 5x + 6
x3 − x2
− x 2 − 5x
− x2 + x
−6x − 6
−6x − 6
0
=
(x − 1) (x 2 − x − 6)
Mit der weiteren Zerlegung
x 2 − x − 6 = (x − 3)(x + 2)
ergibt sich insgesamt
q(x) = (x − 1)2 (x + 2)(x − 3) .
Mit der Substitution u = x 2 ergibt sich eine quadratische Gleichung für u. Mit quadratischer Ergänzung sehen wir
u2 − 6u + 7 = (u − 3)2 − 2 .
Also sind durch u = 3 ±
r folgt somit
√
2 die Wurzeln dieser quadratischen Gleichung gegeben. Für die vier Nullstellen des Polynoms
√
x̂j = ± 3 ± 2 .
Die gesuchte Faktorisierung lautet:
√
√
x− 3+ 2
r(x) = x + 3 + 2
√
√
· x+ 3− 2
x− 3− 2
Aufgabe 4.8
•••
Der Definitionsbereich zu f ist gegeben durch Df = R\{±1}. Weiter gilt für y = f (x) mit x ∈ Df die Gleichung
y=
x 3 + x 2 − 2x
x(x + 2)
=
.
(x + 1)
x2 − 1
Ausmultipizieren dieser Identität führt auf
x 2 + 2x − yx − y = 0 ,
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
7
8
Lösungswege zu Kapitel 4
bzw. mit quadratischer Ergänzung auf
x+
2−y
2
2
=y+
2−y
2
2
1
= 1 + y2 .
4
Da die rechte Seite für
alle y ∈ R positiv ist, erhalten wir für f : R<−1 → R eine Umkehrfunktion f −1 : R → R<−1 mit
1
−1
f (y) = 2 (y − 2 − y 2 + 4).
Eine weitere Umkehrfunktion ist gegeben für f : R>−1 \{1} → R\{3/2} mit f −1 (y) = 21 (y − 2 + y 2 + 4), wobei wegen
des Ausschlusses von x = 1 im Definitionsbereich von f im Definitionsbereich der Umkehrfunktion f −1 : R\{3/2} →
R>−1 die Stelle y = 3/2 auszuschließen ist.
Der Umgang mit der Stelle x = 1 ist zwar korrekt, wirkt an dieser Stelle aber künstlich, da sich die Funktion im Punkt
x = 1 stetig und umkehrbar stetig fortsetzen lässt – ein Begriff, den wir später noch diskutieren.
Für den Definitionsbereich gilt Dg = R\{−2}. Setzen wir
y=
für x = −2, so folgt
x2 + x + 1
x+2
1
1−y 2
= (y 2 + 6y − 3) .
x+
2
4
2
2
Nun müssen wir den quadratischen Term auf der√rechten Seite untersuchen.
√ Mit y + 6y − 3 = (y + 3) − 12 wird
3
und
für
y
<
−3
−
2
3
positiv
ist.
Somit
gilt
für
den
Wertebereich
deutlich, dass der √
Ausdruck nur
für
y
>
−3
+
2
√
Wg ⊆ R\(−3 − 2 3, −3 + 2 3) .
Auf der Menge Wg kommen zwei Kandidaten als Umkehrfunktionen in Betracht, nämlich
x=
1 1
y
y 2 + 6y − 3 .
− ±
2
2 2
(4.1)
Mit Methoden der Differenzialrechnung lassen sich Extrema und das Monotonieverhalten untersuchen, sodass die entsprechenden Definitions- und Wertebereiche für die Umkehrung relativ leicht zu ermitteln sind.
√
Wir versuchen
√ diese Mengen ohne dieses Kalkül zu ermitteln. Offensichtlich sind die Nullstellen y1 = −3 + 2 3 und
y2 = −3−2 3 des quadratischen Ausdrucks unter der Wurzel entscheidend. Die zugehörigen Werte x1 , x2 mit f (xj ) = yj
√
√
√
sind x1 = −2 + 3 und x2 = −2 − 3. In einer kleinen Umgebung
√ um x1 muss g(x) ≥ y1 = −3 + 2 3 gelten und
analog in einer kleinen Umgebung um x2 ist g(x) ≤ y2 = −3 − 2 3. Nun können wir wie folgt argumentieren:
√
Für einen wachsenden Wert y > y1 muss die Umkehrfunktion fallen auf dem Zweig mit x ∈ [−2, −2+ 3]. Dies lässt sich
nur mit dem negativen Vorzeichen im Ausdruck (4.1)
√ erreichen. Bei positivem Vorzeichen steigt der Wert des Ausdrucks
und wir sind offensichtlich im Bereich x ≥ −2 + 3.
Analog behandeln wir die kritische Stelle mit x2 und y2 . Hier sind in einer Umgebung die Funktionswerte alle kleiner als
die stets positive Quadratwurzel addiert wird,
y2 . Mit fallendem y < y2 kann der Ausdruck (4.1) aber nur ansteigen, wenn
√
also gilt auf diesem Zweig das positive Vorzeichen und für x < −2 − 3 das negative Vorzeichen.
Mit diesen Überlegungen erhalten wir die Umkehrfunktionen
g −1 : R<−3−2√3 → R<−2−√3
y
1 1
mit g −1 (y) = − −
y 2 + 6y − 3
2
2 2
g −1 : R<−3−2√3 → R(−2−√3,−2)
1 1
y
mit g −1 (y) = − +
y 2 + 6y − 3
2
2 2
g −1 : R>−3+2√3 → R(−2,−2+√3)
y
1 1
mit g −1 (y) = − −
y 2 + 6y − 3
2
2 2
g −1 : R>−3+2√3 → R>−2+√3
y
1 1
mit g −1 (y) = − +
y 2 + 6y − 3
2
2 2
für die entsprechenden Zweige der Funktion g.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
Lösungswege zu Kapitel 4
Aufgabe 4.9
•
Es gilt
3
3
2
e3 ln 4 = eln 4
= 4 2 = 23 = 8 .
Weiter berechnen wir
1
1
1 ln(4e2 )
1
log2 (4e2 ) −
=
−
2
ln 2
2 ln
2
ln
2 1
1
=
ln(4e2 ) − 1
ln 2 2
1
1
(ln 4 + ln(e2 )) − 1
=
ln 2 2
1
=
(ln 2 + 1 − 1) = 1 .
ln 2
Für das letzte Beispiel ergibt sich:
x
e(2+x)
ex
2 −4
=e
=e
Aufgabe 4.10
•
(2+x)2 −4
−x
x
x 2 +4x+4−4−x 2
x
= e4 .
Mit der Funktionalgleichung ln(ab) = ln(a) + ln(b) bzw. ln( ab ) = ln(a) − ln(b) folgt im Fall (a)
ln(2x) + ln(2y) − ln z − ln 4
= ln 2 + ln x + ln 2 + ln y − ln z − 2 ln 2
= ln x + ln y − ln z
xy
= ln( ) .
z
Weiter gilt für (b)
ln(x 2 − y 2 ) − ln(2(x − y))
= ln((x + y)(x − y)) − ln 2 − ln(x − y)
= ln(x + y) − ln 2 .
Für Teil (c) ergibt sich
2
2
4
3
ln(x 3 ) − ln( x −4 ) = ln x + ln x = 2 ln x .
3
3
Aufgabe 4.11 ••
Formeln durch
Die Identität erhalten wir aus der Definition der hyperbolischen Funktionen und den binomischen
sinh x
=
cosh x + 1
=
1 x
−x
2 (e − e )
1 x
−x
2 (e + e ) + 1
(ex − e−x )
(ex + e−x ) + 2
x
=
x
x
=
x
x
x
(e 2 − e− 2 )(e 2 + e− 2 )
x
(e 2 + e− 2 )2
x
e 2 − e− 2
x
e2
x
+ e− 2
sinh x2
x
=
x = tanh .
cosh 2
2
Da ex > 0 für alle x ∈ R gilt, folgt 2 sinh x = ex − e−x ≤ ex + e−x = 2 cosh x für alle x ∈ R. Weiter gilt ex ≥ 1 und
e−x ∈ (0, 1) für x > 0. Also folgt die Abschätzung
0 ≤ tanh x =
ex − e−x
≤1
ex + e−x
für alle x ≥ 0.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
9
10
Lösungswege zu Kapitel 4
Aus der Symmetrie tanh(−x) = − tanh(x) folgt nun weiterhin
−1 ≤ tanh x ≤ 0
für x < 0. Also ist tanh x ∈ (−1, 1) für alle x ∈ R.
Durch Einsetzen zeigen wir die Umkehreigenschaft. Wir berechnen für x ∈ (−1, 1)
tanh
1
1+x
1
1+x
1
1+x
e 2 ln 1−x − e− 2 ln 1−x
ln
= 1 1+x
1
1+x
2
1−x
e 2 ln 1−x + e− 2 ln 1−x
1+x
1−x
1−x − 1+x
= 1+x
1−x
1−x + 1+x
= =
=
1+x
1−x
1+x
1−x
− 1−x
1+x
2
+ 1−x
1+x
1+x
1−x
1−x − 1+x
1+x
1−x
1−x + 1+x + 2
(1 + x)2 − (1 − x)2
(1 + x 2 ) + (1 − x)2 + 2(1 − x 2 )
4x
=
= x.
4
Andererseits folgt
⎛
1
1 + tanh(x)
1 ⎝1 +
ln
= ln
2
1 − tanh(x)
2
1−
=
Also ist mit artanh(x) =
Aufgabe 4.12
••
1
2
ln
1+x
1−x
ex −e−x
ex +e−x
ex −e−x
ex +e−x
⎞
⎠
1
2ex
1
ln −x = ln e2x = x .
2
2 2e
, dem Areatangens hyperbolicus, die Umkehrfunktion zu tanh gegeben.
Mit den Additionstheoremen (siehe Übersicht zu sin und cos) erhalten wir die Identitäten
2 x−y
sin(x + y) sin
2
1 − cos(x − y)
= sin(x + y)
2
1
1
= sin(x + y) − sin(x + y) cos(x − y)
2
2
1
1
= sin(x + y) − (sin 2x + sin 2y)
2
4
und
cos 3(x + y) − 4 cos3 (x + y)
1 + cos(2(x + y))
= cos(3(x + y)) − 4
cos(x + y)
2
= cos(3(x + y)) − 2 cos(x + y) − 2 cos(2(x + y)) cos(x + y)
= cos(3(x + y)) − 2 cos(x + y)
− cos(2(x + y) − (x + y)) − cos(2(x + y) + (x + y))
= −3 cos(x + y)
= −3(cos x cos y − sin x sin y) .
Somit ist die erste Gleichung richtig und bei der zweiten Identität ist ein Vorzeichen falsch. Die korrigierte Gleichung lautet:
cos(3(x + y))
=
4 cos3 (x + y) − 3 cos x cos y + 3 sin x sin y .
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
Lösungswege zu Kapitel 4
Aufgabe 4.13
••
Mit dem Additionstheorem sin2 x + cos2 x = 1 folgt für x ∈ [−1, 1]:
cos2 (arcsin(x))
= cos2 (arcsin(x)) + sin2 (arcsin(x)) − sin2 (arcsin(x))
= 1 − sin2 (arcsin(x))
= 1 − x2 .
Im zweiten Beispiel erhalten wir die Gleichung aus:
sin2 (arctan(x)) =
=
sin2 (arctan(x))
cos2 (arctan(x)) + sin2 (arctan(x))
sin2 (arctan(x))
cos2 (arctan(x))
sin2 (arctan(x))
cos2 (arctan(x))
tan2 (arctan(x))
1+
=
1 + tan2 (arctan(x))
x2
=
.
1 + x2
Ziehen wir die Wurzel, so ergibt sich die angegebene Identität. Für die Erweiterung des Brüche ist der Wertebereich
(−π/2, π/2) des Arcustangens zu beachten, sodass stets cos(arctan(x)) = 0 gilt.
Anwendungsprobleme
Aufgabe 4.14 •
Wir machen den Gedankengang beim Skizzieren des Graphen zu f1 deutlich. Zunächst erinnern wir
uns an die Normalparabel (blaue Kurve), also den Graphnen zu f (x) = x 2 . Wegen des Terms (x + 1) wird dieser Graph um
1 nach links (!) verschoben (rote Kurve). Außerdem wird noch 2 abgezogen, sodass der Graph um diesen Wert nach unten zu
verschieben ist. Insgesamt erhalten wir die schwarze Kurve als Graph zu f1 (siehe Abbildung 4.37).
f1
x2
(x + 1)2
(x + 1)2 − 2
1
−1
1
x
−2
Abbildung 4.37
Wir stellen auch in den weiteren Bildern in Rot Möglichkeiten da, schrittweise die endgültigen Graphen (schwarz) aus einem
bekannten Graphen (blau) zu skizzieren (siehe Abbildungen 4.38 – 4.42).
Aufgabe 4.15 •• Für die gesuchte Funktion f : x > 0 → R machen wir den Ansatz f (x) = logb x + c mit noch zu
bestimmenden Konstanten b, c ∈ R Der Text besagt, dass bei Verdoppelung des Arguments der Funktionswert sich um 3
erhöht, das heißt,
f (2x) = logb (2x) + c = f (x) + 3 = logb (x) + c + 3 .
Somit ergibt sich zur Bestimmung von b die Gleichung
ln(2) + ln(x)
ln(x)
+3
=
ln(b)
ln(b)
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
11
12
Lösungswege zu Kapitel 4
2 1 + 21
f2
√
2x
√
x
1
− 21
x
1
Abbildung 4.38
f2
6|x − 21 | = 3|2x − 1|
|x|
|x − 21 |
1
x
1
Abbildung 4.39
ex
f4
ex−1
ex−1 − 1
1
x
1
Abbildung 4.40
bzw.
ln(b) =
Es folgt b =
√
3
2. Mit der Bedingung f (1) = 1 ergibt sich weiterhin c = 1 und wir erhalten die Funktion
f (x) = logb x + 1 =
Aufgabe 4.16
1
ln(2) .
3
•
3 ln x
+1
ln 2
mit b =
√
3
(a) Der Graph dieser Funktion ist im folgenden Bild gezeigt.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
2.
Lösungswege zu Kapitel 4
f5
2 · sin(3x − π )
2
sin(3x)
1
sin x
− π2
−π
π
2
x
π
sin(3x − π )
−1
−2
Abbildung 4.41
f6
ln(2x)
ln x
1
1
ln(2x)
x
1
Abbildung 4.42
f (x)
2
2
x
−2
Mit den Additionstheoremen schreiben wir die Summe der beiden Schwingungen zu
sin(2πω1 t) + sin(2π ω2 t)
ω1 + ω2
ω1 − ω2
t sin 2π
t
= 2 cos 2π
2
2
2π
= 2 cos − t sin (4π t)
10
2π
= 2 cos
t sin (4π t) .
10
An dieser Darstellung ist ersichtlich, dass sich eine mittlere Frequenz mit ωm = (ω1 + ω2 )/2 einstellt. Zusätzlich variiert die
Amplitude der Schwingung mit der Schwebungsfrequenz ωs = |ω1 − ω2 | = 0.1, wegen der Kosinusfunktion als Faktor.
Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008
13