Lösung zur¨Ubung 8 vom 03.12.2013

Lösung zur Übung 8 vom 03.12.2013
Aufgabe 29)
Geben Sie die jeweilige Umkehrfunktionen nachfolgender Funktionen an. Wie sehen dazu
die Definitionsbereiche der Funktionen und ihrer Umkehrfunktionen aus?
a)
y(x) = x3 + 3x2 + 3x + 1
Lösung
Zunächst erkennen wir, dass hier ein Polynom vorliegt, das sich als Binom dritter Potenz
darstellen lässt.
y(x) = x3 + 3x2 + 3x + 1
√
= (x + 1)3
| 3 ···
(1)
(2)
Da wir die Umkehrfunktion von y(x) suchen, müssen wir nach x umformen, um eine
Funktion x(y) zu erhalten. Dazu erzeugen wir nun erstmal die dritte Wurzel, da wir den
Exponenten vom x weg bekommen wollen.
√
3
y =x+1
|−1
(3)
y−1
(4)
Wir erhalten als Lösung
y −1 (x) = x(y) =
√
3
Die Umkehrfunktion lautet also:
y(x) =
√
3
x−1
(5)
b)
y(x) = 1 − x3
1
5
+2
Lösung
y(x) = 1 − x3
y−2= 1−x
(y − 2)5 = 1 − x3
(y − 2)5 − 1 = −x3
5
1 − (y − 2) = x
p
3
1 − (y − 2)5 = x
3
1
5
|−2
+2
1
3
| · · ·5
5
|−1
| · (−1)
√
3
| ···
1
Wir können das Ergbnis unter der Wurzel noch auflösen
x=
p
3
−y 5 + 10y 4 − 40y 3 + 80y 2 − 80y + 33
Die Umkehrfunktion lautet also:
y(x) =
p
3
1 − (x − 2)5
2
Aufgabe 30)
Wie kann man durch passendes Logarithmieren der Funktionen y(x) = A · xa und y(x) =
A · ax und Anpassung der Abszissen- und Ordinatenskalierung lineare Graphen bilden?
Lösung
Solch eine Aufgabe lösen wir am besten, indem wir die genannten Funktionen einfach
logarithmieren.
log(y) = log(A) + a log(x)
(6)
log(x) = log(A) + x log(a)
(7)
Statt des dekadischen Logarithmus hätte man jeden x-beliebigen wählen können, aber für
die folgende Bilder ist der dekadische einfach handlicher.
Bei der ersten Funktion muss sowohl die Ordinate als auch die Abzisse logarithmiert werden, um eine lineare Darstellung zu erhalten. Diese Gerade besitzt den Ordinatenabschnitt
log(A) und die Steigung a.
Im Fall der zweiten Funktion reicht das Logarithmieren der Ordinate aus. In diesem Fall
ist der Ordinatenabschnitt wieder log(A) die Steigung dagegen wird durch den Ausdruck
log(a) dargestellt.
Beide Graphen werden in der folgenden Abbildung dargestellt.
Abbildung 1: Darstellung der beiden Funktionen mit logarithmierten Achsen
3
Aufgabe 31)
Berechnen Sie die Ableitung der Funktion y(x) = (a + x)n (a: reelle Zahl, n: natürliche
Zahl) mittels des binomischen Lehrsatzes.
y(x) =(a + x)n
n X
n n−k k
=
a
x
k
k=0
n X
n n−k k−1
0
y (x) =
a
kx
k
(8)
(9)
(10)
k=0
Setzen wir k = 0 wird dieser gesamte Ausdruck 0. Die Reihe kann daher bei k = 1 starten
n X
n n−k k−1
0
y (x) =
a
kx
(11)
k
k=1
Nun müssen wir eigentlich nur noch zeigen, dass die beiden Terme gleich sind. Dafür schreiben wir die Ableitung nach der Kettenregel ebenfalls nach dem binomischen Lehrsatz.
y 0 (x) =n · (a + x)n−1
n−1
X n − 1
=
n
an−1−k xk
k
(12)
(13)
k=0
Der Exponent lautet n − 1, weswegen die Summe nur bis k = n − 1 laufen kann.
n−1
X
n − 1 n−1−k k
n
a
x
k
(14)
n−1 n
X
n − 1 n−1−k k
n n−k k−1 X
n
a
x
k
a
x
=
k
k
(15)
=
k=0
geprüft werden soll
k=1
k=0
Wir betrachten zunächst nur die Binomialkoeffizienten. Auf diese Weise wird der Zusammenhang am besten verdeutlicht. Weiterhin unterscheiden wir die Laufzahl k auf der
rechten und linken Seite der Gleichung, indem wir ihnen, passend zu ihrer Seite, einen
Index vergeben.
n
n−1
kl
=n
(16)
kl
kr
kl · n!
n · (n − 1)!
=
(17)
kl ! (n − kl )! kr ! (n − 1 − kr )!
n!
n!
=
(18)
(kl − 1)! (n − kl )! kr ! (n − 1 − kr )!
Die Ausdrücke entsprechen sich wenn wir kr durch kl − 1 ersetzen.
(19)
n!
n!
=
(kl − 1)! (n − kl )! (kl − 1)! (n − 1 − (kl − 1))!
n!
n!
=
(kl − 1)! (n − kl )! (kl − 1)! (n − kl )!
4
(20)
(21)
Es gilt daher, dass jeder Laufzahl von der linken Seite eine um Eins kleinere Laufzahl auf
der anderen Seite zugeordnet werden kann. Da der Term kl = 0 und zusätzlich auf der
rechten Seite die Summe nur bis k = n − 1 läuft sind die Ausdrücke identisch. Damit
erklären sich auch die jeweiligen Gleichheiten der Exponentialterme.
5
Aufgabe 32)
Die Funktion y = ln(x) hat den Definitionsbereich ]0, ∞[. Bestimmen Sie die Definitionsbereiche folgender Funktionen
a)
y(x) = ln
1+x
1−x
x+1
x−1
b)
y(x) = ln
c)
√
y(x) = ln x + x2 + 1
Lösung
Zuerst die a)
y(x) = ln
1+x
1−x
(22)
Einige Bedingungen sind zu erfüllen. Zum einen darf der Inhalt des Logarithmus nicht
negativ werden, Nenner und Zähler dürfen nicht null werden. Wir betrachten zuerst den
Nenner.
1 − x =0
(23)
x =1
(24)
Nun schauen wir uns etwas kleinere und größere Zahlen an. Im Fall kleinerer Zahlen bleibt
der Nenner positiv, sodass es keine Probleme gibt. Bei größeren Zahlen wird der Nenner
negativ, sodass der Zähler ebenfalls negativ sein muss um den Logarithmus anwenden zu
dürfen. Da in diesem Fall positive Zahlen addiert werden wird der Zähler niemals negativ,
sodass dieser Zahlenbereich nicht definiert ist. Es gilt
x <1
(25)
Nun betrachten wir den Zähler. Dieser darf ebenfalls nicht null sein.
x + 1 >0
x>−1
(26)
(27)
Betrachten wir nun auch hier, dass der Logarithmus nur von positiven Zahlen bestimmt
werden kann, ergibt sich unter Einbeziehung des Nenners
−1 < x < 1
(28)
x∈R
(29)
6
Nun kommt die b). Diese Aufgabe ist mehr oder minder das Spiegelbild zu eins. Dass
heißt der vorher definierte Bereich erzeugt in diesem Fall Werte die negativ sind. Der
Definitionsbereich ändert sich daher zu
] − 1, 1[
(30)
x∈R
(31)
Bei der letzten Aufgabe muss man ebenfalls nur den inneren Teil betrachten, welcher
größer Null sein muss.
p
x + x2 + 1 > 0
(32)
p
x2 + 1 > −x
(33)
x2 + 1 > (−x)2
2
2
x +1>x
(34)
(35)
Die linke Seite ist für jede reelle Zahl größer als die rechte Seite, sodass diese Funktion für
alle reellen Zahlen (x ∈ R) definiert ist.
CC-BY-SA 3.0 Mario Krieg / Martin Labus
http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/de/
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