Musterlösung zu den Ü-Aufgaben auf Blatt 8

FU Berlin: WiSe 13-14 (Analysis 1 - Lehr.)
Übungsaufgaben – Zettel 8
Aufgabe 28
(Siehe Lösungen Übungszetter nr. 7)
Aufgabe 32
Wir nehmen an, dass die Exponentialfunktion exp : R → R eindeutig definiert
ist, durch die zwei Eigenschaften
∀x1 , x2 ∈ R : exp(x1 + x2 ) = exp(x1 ) + exp(x2 ),
(1)
∀x ∈ R : exp(x) ≥ 1 + x .
(2)
Zeigen Sie dass (10.12.2013):
1.a) exp(0) = 1
Beweis. Aus 0 + 0 = 0 und (1) folgt:
exp(0) = exp(0 + 0) = exp(0) · exp(0) = exp(0)2 .
Also erfüllt exp(0) die Gleichung:
exp(0) = exp(0)2 .
Es gibt dann nur zwei mögliche Fälle, nämlich exp(0) = 0 oder exp(0) = 1.
Aus (2) (exp(x) ≥ 1 + x) ist aber den Fall exp(0) = 0 ausgeschlossen, und es folgt
exp(0) = 1.
1
1.b) ∀x ∈ R : exp(−x) = exp(x)
Beweis. Sei x ∈ R beliebig. Aus Teil (1.a) folgt:
1 = exp(0) = exp(x − x) |{z}
= exp(x) · exp(−x) .
aus (1)
D.h.
exp(−x) =
1
.
exp(x)
1.c) ∀x ∈ R : exp(x) > 0
Beweis. Wir betrachten die zwei Fälle: (i) x ≥ 0 und (ii) x < 0.
(i) Falls x ≥ 0 folgt (aus (2)):
exp(x) ≥ 1 + x > 0 .
1
(ii) Falls x < 0, dann ist (−x) > 0, und deswegen exp(−x) > 0 (siehe Fall (i)!).
Dann:
1
0.
exp(x) |{z}
=
>
|{z}
exp(−x)
aus Teil (1.b)
weil exp(−x) > 0
1.d) exp is streng monoton, d.h. x1 > x2 ⇒ exp(x1 ) > exp(x2 )
Beweis. Seien x1 , x2 ∈ R mit x1 > x2 . Aus x1 − x2 > 0 und (2) folgt
exp(x1 − x2 ) ≥ 1 + (x1 − x2 ) > 1 .
(3)
Aus Teil (1.b) folgt dann
1 < exp(x1 − x2 ) = exp(x1 ) · exp(−x2 ) =
exp(x1 )
⇒ exp(x1 ) > exp(x2 ) .
exp(x2 )
2.a) Ist e = exp(1), so ist
(i) exp(n) = en für √
n ∈ Z beliebig, sowie
m n
r
(ii) exp(r) = e = e für jede rationale Zahl
Beweis (i). Sei n ∈ Z. Falls n > 0, gilt
n
m
∈Q
. . . + 1)) =
exp(n) = exp(1| + 1 +
{z. . . + 1}) = exp(1 + |(1 + 1 +
{z
}
n Mal
n−1M al
= exp(1) exp((1 + 1 + . . . + 1)) = usw.
{z
}
|
n−1M al
= exp(1) · · exp(1) . . . exp(1) = exp(1)n = en .
Falls n < 0, dann ist (−n) > 0, also gilt exp(−n) = e−n (siehe oben). Also:
exp(n) =
1
1
= −n = (e−n )−1 = en .
exp(−n)
e
Der letzter Schritt folg aus einer Eigenschaft von Potenzfunktion. D.h., einmal
dass wir bewiesen haben, dass exp(n) = en für n ∈ Z ist, konnen wir dann die
Eigenschaft eab = (ea )b benutzen (sowie auch alle andere Eigenschaften) !
n
Beweis (ii). Jetzt sei r = m
. Wir nehmen an, dass m > 0 (falls r < 0 ist, dan
n
kann man trotzdem m > 0 und n < 0 nehmen). Aus n = m · m
folgt:
n
n
n
n
en = exp(n) = exp m ·
= exp
· exp
· . . . · exp
m
m
m
m}
|
{z
m Mal
h
n im
= exp
m
Dann ziehen wir den m-Wurzel links und rechts:
h
n i
√
1
exp
= (en ) m = m en .
m
2
2.b) Die Umkehrfunktion ln = exp−1 :]0, +∞[→ R zur Funktion exp erfüllt die
Funktionalgleichung
ln(x1 · x2 ) = ln(x1 ) + ln(x2 ),
für alle x1 , x2 ∈]0, +∞[.
Beweis. Beachte, dass Umkehrfunktion
ln ◦ exp = idR , exp ◦ ln = id]0,+∞[
bedeutet. Daraus folgt, für alle x1 , x2 ∈]0, +∞[:
exp (ln(x1 ) + ln(x2 )) |{z}
= = exp(ln(x1 )) · exp(ln(x2 )) = x1 · x2 .
aus (1)
Da exp (ln(x1 ) + ln(x2 )) ∈]0, +∞[ (siehe Teil 1.c) und x1 · x2 ∈]0, +∞[ (also
beides gehören zum Definitionsbereich der Funktion ln) berechnen wir ln links
und rechts in der obene Gleichung:
ln (exp (ln(x1 ) + ln(x2 ))) = ln(x1 · x2 )
⇒
|{z}
ln(x1 ) + ln(x2 ) = ln(x1 · x2 ) .
ln ◦ exp=idR
2.c) Die Funktion exp ist konvex, d.h. es gilt:
1
x1 + x2
exp
≤ (exp(x1 ) + exp(x2 ))
2
2
(4)
für alle x1 , x2 ∈ R.
Bemerkung: die Definition von Konvexität einer reelle Funktion ist etwa allgemeiner.
Beweis. Zuerst, beachte dass die rechte Seite von (4) den arithmetische Mittelwert A(exp(x1 ), exp(x2 )) von exp(x1 ) und exp(x2 ) entspricht (Übungszettel 4,
Aufgabe 15).
Jetzt zeigen wir:
x p
(2.c.i) ∀x ∈ R : exp
= exp(x)
2
Beweis. Es folgt aus
x x
x 2
x p
exp(x) = exp
+
= exp
⇒ exp
= exp(x)
2 2
2
2
(2.c.i)
Um die Ungleichung zu beweisen, berechnen wir
p
p
p
x1 + x2
exp
=
exp(x
+
x
)
=
exp(x
)
·
exp(x2 ) =
1
2
1
|{z}
2
aus Teil (2.b)
= G(exp(x1 ), exp(x2 ))
3
(geometrische Mittelwert von exp(x1 ) und exp(x2 )).
Wie bereits in Aufgabe 15 bewiesen (Übungszettel 4), es gilt
G(exp(x1 ), exp(x2 )) ≤ A(exp(x1 ), exp(x2 )),
also ist auch (4) bewiesen.
Aufgabe 34 (Additionstheorem)
Definition. Für einen rechtwinkligen Dreieck ∆AOB, mit rechtem Winkel in O
(Bild 1, links), sind Sinus und Cosinus des Winkels α so definiert:
sin(α) =
|AO|
(Gegenkathete durch Hypothenuse)
|AB|
|OB|
(Ankathete durch Hypothenuse).
|AB|
Gegeben seien die drei rechtwinkligen Dreiecke ∆SCD, ∆SCA und ∆SAB mit
entsprechenden Innenwinkeln α, β und α + β in S gemäßder folgenden Skizze
(Bild 1, rechts):
cos(α) =
Figure 1: Aufgabe 34.
(a) Leiten Sie aus der Skizze das Additionstheorem für den Sinus her:
sin(α + β) = sin(α) cos(β) + sin(β) cos(α) .
Tipp: Benutzen Sie an entscheidender Stelle, dass |EB| = |CD| ist.
Beweis. Wir suchen nach
sin(α + β) =
|AB|
|AE| + |EB|
|AE| + |CD|
|AE| |AC| |CD| |CS|
+
=
=
=
|AS|
|AS|
|AS|
|AC| |AS| |CS| |AS|
| {z } | {z }
|AE|
= |AS|
|CD|
= |AS|
(5)
4
(mit diesem Schritt ”trennen” wir den Dreieck ∆ASB, der den Winkel α + β
enthält, in vier Dreiecke ∆ACE, ∆ASC, ∆CDS, ∆CAS, die nur die Winkeln α
oder β enthälten).
Dann folgt, aus den Definitionen von Sinus und Cosinus:
|AC|
|CD|
|CS|
= sin(β),
= sin(α),
= cos(β)
|AS|
|CS|
|AS|
(6)
Dazu, hat man auch dass der Winkel E ÂC auch gleich α:
S ĈB = 90 − α ⇒ S ĈE = α ⇒ E ĈA = 90 − α ⇒ E ÂC = α .
Und daraus folgt dass
|AE|
|AC|
= cos(α), also (aus (5) und (6))
sin(α + β) = cos(α) sin(β) + sin(α) cos(β) .
.
Aufgabe 35
Ausgehend von den in Aufgabe 34 bewiesenen Additionstheoremen für die trigonometrischen
sin(x)
Funktionen sin(x), cos(x) und tan(x) := cos(x)
leite man die Gültigkeit folgender
Gleichungen her:
(i) cos2 (x) + sin2 (x) = 1
(ii) cos2 (x) − sin2 (x) = cos(2x)
(iii) 2 sin(x) cos(x) = sin(2x)
(iv) tan(x1 + x2 ) =
tan(x1 ) + tan(x2 )
1 − tan(x1 ) tan(x2 )
Lösung
(i) Es gibt für Teil (i) zwei mögliche Lösungen, eine geometrische Lösung und
eine Trigonometrische Lösung.
Geo. Aus den Definitionen von Sinus und Cosinus (siehe Bild 1, links), und aus
der Satz von Pithagora folgt:
2 2
|AB|2
|AO|2 + |OB|2
|AO|
|OB|
1=
=
=
+
= sin2 α + cos2 α .
2
2
|AB|
|AB|
|AB|
|AB|
Trigo. Aus
sin(0) = sin(0 + 0) = (sin(0) cos(0))2 ,
cos(0) = cos(0 + 0) = cos2 (0) − sin2 (0)
5
folgt (siehe Vorlesung, 19.12)
sin(0) = 0, cos(0) = 1 .
Dann folgt
1 = cos(x − x) = cos(x + (−x)) = cos(x) cos(−x) + sin(x) sin(−x) .
(7)
Die Funktionen sin und cos würden erstmal nur an Dreieck definiert (Definitionsbereich ]0, π2 [, die können aber erweiter werden, durch die gerade und ungerade
Fortsetzungen (siehe Vorlesung, 19.12):
sin(−x) = − sin(x), cos(−x) = cos(x).
Die Gleichung (7) wird dann:
1 = cos2 (x) + sin2 (x) .
(ii) Aus Aufgabe 34(b) folgt (mit α = β = x):
cos(2x) = cos(x + x) = cos2 (x) − sin2 (x) .
(iii) Aus Aufgabe 34(a) folgt (mit α = β = x):
sin(2x) = cos(x + x) = sin(x) cos(x) + sin(x) cos(x) = 2 sin(x) cos(x) .
(iv) Aus Aufgabe 34 folgt:
tan(x1 + x2 ) =
sin(x1 ) cos(x2 ) + sin(x2 ) cos(x1 )
sin(x1 + x2 )
=
=
cos(x1 + x2 )
cos(x1 ) cos(x2 ) − sin(x1 ) sin(x2 )
sin(x1 )
sin(x2 )
+ cos(x
cos(x1 )
2)
=
|{z}
sin(x1 ) sin(x2 )
1−
cos(x ) cos(x )
cos(x1 ) cos(x2 )
· cos(x1 ) cos(x2 )
1
2
6
=
tan(x1 ) + tan(x2 )
1 − tan(x1 ) tan(x2 )