Hilfsmittel: 6 Seiten selbst verfertigte Formelsammlung

Prof. U. Stephan
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Übungsaufgaben zu Mathematik II, Teil A – Lösungen
1)
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte:
a)
z ′ ( x) 1 + 2 cos 2 x
=
n′ ( x) 1 − 2 cos 2 x
b)
, also
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x + sin 2 x
z ' (0)
=
n' (0)
lim x − sin 2 x =
x→ 0
z ' ( x)
ex − 1
ex − 1
=
=
n' ( x) 1 ⋅ (e x − 1) + x ⋅ e x e x + x ⋅ e x − 1
−3
ergibt für x=0 wieder einen
unbestimmten Ausdruck, daher berechnet man
z ' ' ( x)
ex
ex
=
=
n' ' ( x) e x + 1 ⋅ e x + x ⋅ e x 2e x + x ⋅ e x
c)
z ' ( x) 2e 2 x + 2e − 2 x
=
n' ( x )
cos x
2)
Bestimmen Sie jeweils die Stammfunktion:
a)
Partielle Integration mit
∫ x ⋅ sin 3x dx =
b)
Die Substitution
∫
2x2 ⋅ ex
3
−
, also
u= x
und
, also
z ' (0)
=
n' (0)
z ' ' (0)
=
n' ' (0)
ex − 1 − x 1
=
lim
x
x→ 0 x (e − 1)
2
e2 x − e− 2 x
= 4
lim
x→ 0
sin x
v′ = sin 3 x ergibt
1
1
x ⋅ cos 3x + sin 3x + c
3
9
u = x 3 + 5 führt auf die Lösung
+5
dx =
2 x3 + 5
⋅e
+ c
3
3)
Bestimmen Sie jeweils die gesuchte Funktion:
a)
Ein Polynom 3. Grades berührt die x-Achse bei x = 2, schneidet die x-Achse bei
x = -2 und schneidet die y-Achse bei y = 4.
Lösung:
Ein Polynom 3. Grades

Ansatz p(x) = ax³ + bx² + cx + d
schneidet die x-Achse bei x = -2

p(-2) = 0
berührt die x-Achse bei x = 2

p(2) = 0 ∧ p’(2) = 0
schneidet die y-Achse bei y = 4

p(0) = 4
Mit p’(x) = 3ax² + 2bx + c folgt:
p(2) = 0
≡
(1)
p’(2)= 0
≡
(2)
12a + 4b + c
p(-2)= 0
≡
(3)
-8a + 4b – 2c + d = 0
p(0) = 4
≡
(4)
d = 4
8a + 4b + 2c + d = 0
= 0
Lösen des GlS (z.B. (1) + (3) ergibt einen Wert für b; 2*(2) +(3) und Einsetzen von b und d
ergibt einen Wert für a) für zu
1
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p( x) =
b)
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1
x³ − x² − 2 x + 4
2
Ein Polynom 3. Grades schneidet die x-Achse bei x = -3, berührt die x-Achse bei
x = 0. Die Fläche zwischen x-Achse und Kurve im Bereich dieser Punkte ist gleich 27.
Ein Polynom 3. Grades

Ansatz p(x) = ax³ + bx² + cx + d
schneidet die x-Achse bei x = -3

p(-3) = 0
berührt die x-Achse bei x = 0

p(0) = 0 ∧ p’(0) = 0
0
Fläche ....ist gleich 27

∫
p( x)dx = 27
−3
(Wir nehmen an, dass die Kurve oberhalb der x-Achse verläuft. Sonst müsste man den
Betrag des Integrals gleich 27 setzen).
p(-3) = 0
≡
(1)
-27 a + 9b – 3c + d = 0
p(0) = 0
≡
(2)
d = 0
p’(0) = 0
≡
(3)
≡
(4)
0
∫
p( x)dx = 27
−3
c
− (
= 0
81
a − 9b) = 27
4
In Gleichung (4) ist bereits berücksichtigt, dass c = d = 0 ist. Aus (1) ergibt sich 9b=27a, dies
p ( x) = 4 x ³ + 12 x ²
eingesetzt in (4) ergibt a = 4. Insgesamt ergibt sich
4)
a)
Bestimmen Sie Definitionsbereich, Nullstellen, Pole, Extrema, Wendepunkte und
Asymptoten der folgenden Funktionen und skizzieren Sie ihren Graphen.
f ( x) =
2x + 1
x− 3
Definitionsbereich D(f) = { x   | x  3 }
Nullstellen: Aus f(xN)= 0 folgt 2x+1=0, folgt xN = -1/2 ist einzige Nullstelle.
Pole: Für x = 3 ist der Nenner gleich Null, der Zähler aber ungleich Null, also hat f einen Pol
bei xP = 3.
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Ableitungen: Mit Quotientenregel folgt für die 1. Ableitung
f ' ( x) =
2 ⋅ ( x − 3) − (2 x + 1) ⋅ 1
− 7
=
( x − 3)²
( x − 3)²
Um die 2. Ableitung zu bilden, schreibt man die 1. Ableitung als
wendet die Potenzregel und die Kettenregel an:
f ' ' ( x) = (− 7) ⋅ (− 2) ⋅ ( x − 3) − 3 ⋅ 1 =
Aus
f ' ( x) ≠ 0
Aus
f ' ' ( x) ≠ 0
für alle x folgt:
für alle x folgt:
f ' ( x) = − 7 ⋅ ( x − 3) − 2
und
14
( x − 3)³
Es gibt keine Extrema.
Es gibt keine Wendepunkte.
Asymptoten: Der Grad des Zähler ist gleich dem Grad des Nenners. Daraus folgt, dass sich
die Funktion für
x→ ±∞
lim f ( x) =
dem Wert y = 2 nähert. Als Formel:
2
x→ ± ∞
Skizze: Für die Skizze haben wir vorerst nur 3 Fakten, nämlich die Nullstelle, die Asymptote
und den Pol. Da es sich um die einzige Nullstelle handelt und es weder Extrema noch
Wendepunkte gibt, muss die Kure so verlaufen:
2
-0.5
3
3
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b)
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x+ 1
( x + 2)²
f ( x) =
Definitionsbereich D(f) = { x   | x  -2 }
Nullstellen: Aus f(xN)= 0 folgt x+1=0, folgt xN = -1 ist einzige Nullstelle.
Pole: Für x = -2 ist der Nenner gleich Null, der Zähler aber ungleich Null, also hat f einen Pol
bei xP = -2.
Ableitungen: Anwendung der Quotientenregel und Kettenregel ergibt
1 ⋅ ( x + 2) 2 − ( x + 1) ⋅ 2( x + 2) ⋅ 1
f ' ( x) =
( x + 2) 4
Hier ist zu beachten, dass man (x+2)
kürzen kann (muss!) und dass im Zähler der Faktor (x+2) aus jedem Summanden 1 x
gekürzt werden muss:
f ' ( x) =
( x + 2) − ( x + 1) ⋅ 2
− x
=
3
( x + 2)
( x + 2) 3
f ' ' ( x) =
(− 1) ⋅ ( x + 2) 3 − (− x) ⋅ 3( x + 2) 2 ⋅ 1
( x + 2) 6
f ' ' ( x) =
− ( x + 2) + x ⋅ 3 2 x − 2
=
( x + 2) 4
( x + 2) 4
Extrema:
Daraus folgt
Kürzen von (x+2)² ergibt
notwendige Bedingung für ein Extremum ist
f ' ( xE ) = 0 .
xE = 0 .
(Eine) Hinreichende Bedingung für ein Extremum ist dann
f ' ' ( xE ) ≠ 0
Aus f''(0) = -2/16 < 0 folgt: es gibt ein Maximum bei ( 0 ; 1/4 )
Wendepunkte:
Daraus folgt
notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist
f ' ' ( xW ) = 0
xW = 1
Da es uns zu mühsam erscheint, hier die 3. Ableitung zu berechnen, benutzen wir eine
andere hinreichende Bedingung:
Hinreichende Bedingung für einen WP ist ein Vorzeichenwechsel von f ’’ an der Stelle xW.
Da der Nenner von f ’’ immer positiv ist und da der Zähler von f ’’ bei x = 1 sein Vorzeichen
wechselt, gibt es einen Vorzeichenwechsel von f ’’, also einen WP bei ( 1 ; 2/9 ).
Asymptoten: Da der Grad des Zählers kleiner ist als der Grad des Nenners, geht f(x) gegen
0 für x gegen Unendlich.
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Skizze:
Aus der Lage von Nullstelle, Maximum und WP, unter Berücksichtigung des
Pols und der Asymptoten und bei Beachtung der Tatsache, dass f(x) < 0 für sehr kleine x
ergibt sich folgender Verlauf:
-2
5)
a)
Die Gerade g sei gegeben durch g:
x y
+ = 1 mit a > 0, b > 0.
a b
y
b
g
a
x
Beachten Sie, dass obige Form die Achsenabschnittsform einer Geraden ist: Die Werte a
bzw. b sind gerade die Werte, an denen die Gerade die x- bzw. y-Achse schneidet (setzen
Sie zur Probe mal x = 0 ein und schließen daraus auf y und umgekehrt).
Aufgabe:
Die Gerade g gehe durch den Punkt P(2;3) . Bestimmen Sie a und b so, dass
die Fläche, die von der Geraden und den Achsen eingeschlossen wird, extremal wird. Als
Teil der Aufgabe überlegen Sie sich, ob hier „minimal“ oder „maximal“ zu fordern ist!
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Für sehr große Werte von b wird das Dreieck beliebig hoch, für sehr große Werte von a wird
das Dreieck beliebig breit. In beiden Fällen wird die Fläche beliebig groß. Es macht also
keinen Sinn, eine möglichst große Fläche zu fordern.
Man kann also nur eine minimale Fläche suchen.
Zielfunktion:
F = F ( a, b ) =
a⋅b
2
x y
+ = 1 liegen, also die
a b
2b
Daraus folgt a =
b− 3
Nebenbedingung: Punkt P(2;3) muss auf der Geraden
2 3
+ =1
a b
Gleichung erfüllen:
Einsetzen der Nebenbedingung in die Zielfunktion ergibt
b²
b− 3
F = F (b) =
= Min.!!
Notwendige Bedingung für ein Extremum ist
Mit
F ' (b) =
− b² + 6b
(b − 3)²
folgt
F ' (bE ) = 0
− b² + 6b = 0
mit den Lösungen b1 = 0, b2 = 6
b1 = 0 liegt nicht im Definitionsbereich von F (b muss größer Null sein – siehe Aufgabe), also
bleibt bE = 6.
Nachweis des Minimums: Da die Dreiecksfläche für große b und in der Nähe von b = 3
beliebig groß wird, kann dazwischen nur ein Minimum liegen.
Die Dreiecksfläche ist also minimal für bE = 6, aE = 4.
b)
Ein Rechteck liege mit zwei Seiten auf den Koordinatenachsen und mit dem
gegenüberliegenden Punkt auf der Kurve y = − x ² + 4 :
Bestimmen Sie die Maße des Rechtsecks so,
dass seine Fläche extremal wird.
Hier folgt aus ähnlichen Überlegungen, dass nur eine maximale Fläche gesucht sein kann.
Zielfunktion:
F = F ( x, y ) = x ⋅ y
Nebenbedingung: Der Punkt muss auf der Kurve liegen, also die Funktionsgleichung
y = − x² + 4
erfüllen:
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Einsetzen der NB in die Zielfunktion ergibt
F = F ( x) = − x ³ + 4 x
Notwendige Bedingung für ein Extremum ist
Mit
F ' ( x) = − 3x ² + 4
4
,
3
x1 = +
folgt
F ' ( xE ) = 0
x2 = −
4
3
x2 liegt nicht im Definitionsbereich (siehe Zeichnung), scheidet also aus.
Hinreichende Bedingung für ein Extremum ist
Mit F ' ' ( x) = − 6 x
und F ' ' ( x1 ) < 0
F ' ' ( xE ) ≠ 0
folgt: F hat ein Maximum bei x1.
Nicht vergessen: es werden die Maße des Rechtecks gesucht, also müssen wir yE
berechnen. Dazu benutzen wir die NB und erhalten
y = − xE ² + 4 = −
4
8
+ 4=
3
3
6)
a)
Berechnen Sie die Fläche zwischen den Kurven
f1 ( x ) = x
und
f 2 ( x) = x 3
.
Skizzieren Sie dazu erst beide Kurven und überlegen Sie sich, wie man die Fläche
berechnet (ich meine wirklich die Fläche und keine Ersatzwerte).
Die Kurven verlaufen ungefähr so (der Texteditor hat hier seine Grenzen):
Da man das Integral im in der Form „obere Funktion minus untere Funktion“ bilden muss, um
die Fläche (einen positiven Wert) zu bekommen, muss man eigentlich zwei Integrale bilden:
0
1
−1
0
A = ∫ ( x ³ − x)dx + ∫ ( x − x ³)dx =
1 1 1
+ =
4 4 2
2π
b)
Berechnen Sie
∫ sin xdx und erläutern Sie das Ergebnis.
0
2π
∫ sin xdx = [ −
cos x + c ] x = 0 = 1 − 1 = 0
x = 2π
0
Im Bereich von 0 bis 2 verläuft die Sinuskurve teils oberhalb der x-Achse (Fläche zählt
positiv), teils unterhalb der x-Achse (Fläche zählt negativ). Beide Flächen sind gleich groß
und heben sich im Integral auf, so dass insgesamt Null herauskommt.
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Bestimmen Sie sämtliche Lösungen der Gleichung
im Bereich
sin 2 x + sin x = 0
0 ≤ x < 2π
HINWEIS: Beachten Sie das Additionstheorem für
Das Additionstheorem lautet
sin 2 x
(Formelsammlung!)
sin 2 x = 2 sin x cos x .
Einsetzen in die obige Gleichung ergibt
2 sin x cos x + sin x = 0
In dieser Gleichung kann man sin x ausklammern und erhält
sin x ⋅ (2 cos x + 1) = 0
Ein Produkt ist Null, wenn (mindestens) ein Faktor Null ist. Daraus folgt:
sin x = 0 , wenn x1 = 0 oder x2 = 
2 cos x + 1 = 0 , wenn cos x = −
2π
1
. Daraus folgt x3 =
3
2
und
x4 =
4π
3
8