Variablen –
Sascha Kurz Jörg Rambau
18. August 2010
Lösung Aufgabe 4.1. [-4mm] 1.
s0=1, s1=2·1+1=3, s2=2·3+1=7, s3=2·7+1=15, s4=2·15+1=31, s5=2·31+1=63.
Besitzt die Folge einen Grenzwert?
• Betrachte z.B. sn0 =2n. Wir behaupten sn≥sn0. Es gilt s1=3≥2=21= s01und für n>1gilt sn=2sn−1+1≥2s0n−1≥2·2n−1=2n=s0n. Da die Folge(s0n)unbeschränkt wächst, gilt dies auch für die Folge(sn). Sie konvergiert somit nicht und besitzt keinen Grenzwert.
• Man kann es auch etwas einfacher sehen. Aus den ersten paar Folgen-gliedern kann man aus den Bauch heraus schon vermuten, dass die Folge(sn)unbeschränkt wächst, also gegen+∞geht, falls n→ ∞. Wie kann man es nun begründen? Man sieht sofort, dass(sn)nur positive Zahlen enthält. Wenn man nun die Folge(sn)mit der Folge(sn00) ver-gleicht, wobei s000=1und sn00=sn00−1+1gelten soll, so sieht man sn≥sn00. Wenn man nun bei der Folge(sn00)in jedem Schritt1dazu addiert ist klar, dass es keinen Grenzwert gibt.
• Eine dritte Möglichkeit zu zeigen, dass es keinen Grenzwert gibt, ist sn
explizit auszurechnen. Es gilt
sn=2n+1−1.
Hieran kann man sofort sehen, dass die Folge(sn)nicht konvergiert und keinen Grenzwert besitzt.
2. (a) an=2n3n22++4nn =n2·(2+4n)
n2·(3+1n)
nlim→∞an= lim
n→∞
n2·(2+n4)
n2·(3+n1) =
n→∞lim2+n4
n→∞lim3+n1 =23 (b) bn=7n33n+4n2−22n−4n+1−11=n3·
7+4n−n42−n113
n2· 3−2n+n12
nlim→∞bn= lim
n→∞
n3·7 n2·3= lim
n→∞
7n
3 =∞ die Folge konvergiert folglich nicht und es existiert kein Grenzwert.
(c) cn=1n+(12)n
2 =12+2n+11
nlim→∞cn=12+lim
n→∞
1 2n+1=12.
Lösung Aufgabe 4.2.
(a) explizit: an= (−1)n·2n,n=1, 2, . . . rekursiv: a1=−2, an+1=−2·an
die Folge divergiert (b) explizit: bn=2
3
n−1
,n=1, 2, . . . rekursiv: b1=1, bn+1=23·bn
die Folge konvergiert gegen Null (c) explizit: cn=Pn
i=1
i=n(n2+1),n=1, 2, . . . rekursiv: c1=1, cn+1=cn+n+1 die Folge divergiert gegen∞ (d) explizit: dn=
¨ n
n+1 für n ungerade
n+1
n für n gerade n=1, 2, . . . bzw. ohne Fallunterscheidung: dn=n+1
n
(−1)n
rekursiv: Aus der Formel ohne Fallunterscheidung ermitteln wir den Quoti-enten
dn+1 dn =
n+2
n+1
(−1)n+1
(n+1n )(−1)n =
n+2
n+1
(−1)n−1
(n+1n )(−1)n =n+2 1
n+1
(−1)n
·(n+1n )(−1)n =n+2 1
n+1·n+1n (−1)n = 1 (n+2n )(−1)n =
n+2
n
(−1)n−1
=n+2
n
(−1)n+1
Also rekursiv: dn+1=n+2
n
(−1)n+1
·dn
Die Folge konvergiert gegen1.
Lösung Aufgabe 4.3. Beginnen wir damit die ersten Werte der Folge auszurechnen:
x0=1, x1=89=0,8, x2=755864 ≈0,873842593, x3=645359723738752400≈0,873580543, x4≈ 0,873580465, . . .
Es sieht also ziemlich stark danach aus, dass diese Folge konvergiert.
Nehmen wir zunächst ein Mal an, dass die Folge konvergieren würde. Für sehr große n müsste dann xn+1≈xngelten. Setzen wir x=xn=xn+1in die Rekursions-gleichung ein, so erhalten wir
x=x−x 3+ 2
9x2.
Dies lässt sich umformen zu x3=23. Falls ein Grenzwert existiert, so lautet dieser somitÆ3
2 3.
Zusatzbemerkungen:Die rekursive Folge stellt also eine Möglichkeit dar mit einem Näherungsverfahren die dritte Wurzel aus23zu ziehen.
Etwas allgemeiner steht das Newton-Verfahren zur Bestimmung von Nullstellen einer Funktion f(x)dahinter. Wählt man x0nahe einer potentiellen Nullstelle von f(x), so konvergiert die rekursiv definierte Folge
xn+1=x− f(xn) f0(xn)
meist gegen eine Nullstelle xnvon f(x). Für f(x) =x3−23ergibt sich beispielsweise unsere Rekursionsgleichung.
Lösung Aufgabe 4.4.
(a) lim
n→∞n=∞, die Reihe konvergiert somit nicht und besitzt keinen Grenzwert.
Einfacher kann man dies zeigen, indem man
n
P
i=1
2i>Pn
i=1
1betrachtet und die vorherige Teilaufgabe benutzt.
(c) lim konvergiert die Reihe nicht und besitzt deswegen keinen Grenzwert.
Lösung Aufgabe 4.5. Um die beiden Alternativen vergleichen zu können berech-nen wir die insgesamt bezahlten Geldbeträge. Bei der monatlichen Zahlungsweise müssen wir insgesamt130€·12=1 560€bezahlen.
Bei der einmaligen Zahlungsweise müssen wir zum Jahresbeginn1 560€·(1− 0,04) =1 497,60€bezahlen. Unser Finanzierungsbedarf im i -ten Monat beträgt nun1 497,60€−i·130€, da wir ja jeden Monat130€aus der Haushaltskasse
nehmen können. Wenn wir nur den Geldbetrag aufnehmen, den wir wirklich brauchen, müssen wir
11
X
i=1
(1497,6−130i)· 0,06
12
=
1497,6·11−130·11·12 2
· 0,06
12
=39,47€
Zinsen im Jahr zahlen. (Im Dezember haben wir einen negativen Finanzierungsbe-darf und leider können wir in den meisten Fällen nicht davon ausgehen, dass bei einer Bank der Kreditzins genauso hoch wie der Guthabenzins ist. Falls wir aber dennoch eine solch freundliche Bank erwischt hätten, müssten wir nur39,16EUR Zinsen zahlen.)
Insgesamt haben wir also1 497,60€+39,47€=1 537,07€gezahlt und somit 1 560€−1 537,07€=22,93€gespart. Bereuen tun wir also unsere Entscheidung ganz bestimmt nicht.
Sparfüchse sind herzlich dazu eingeladen das Ganze mitEXCELoder ähnlicher Computersoftware mal unter etwas realistischeren Bedingungen durchzukalkulie-ren. (Die Kreditzinsen muss man z.B. monatlich zahlen.) Als Praxistip kann man die ungefähre Faustregel angeben, dass eine Jahreszahlung immer günstiger ist, falls der Rabattzinssatz mindestens die Hälfte des Kreditzinssatzes beträgt.
Lösung Aufgabe 4.6. [[-4mm] 1. fj(t) =b·
1+100p t
2. Stetige Verzinsung entsteht, wenn man die Abrechnungsintervalle beliebig klein macht und auch jeweils die Zinseszinsen berücksichtigt. Bei Unter-teilung des Jahres in n Intervalle beträgt der Vermehrungsfaktor pro Jahr
1+100p·nn
. Hiervon betrachten wir den Grenzwert, wenn n beliebig groß wird:
nlim→∞
1+100·pnn n:=k·100p
= lim
k→∞
1+100·pk·p
100
k·100p
= lim
k→∞
1+1kk·100p
=
klim→∞
1+k1k100p
=e100p Also: fs(t) =b·e100p ·t 3. Für t muss gelten:
fs(t) =2·fj(t)⇔b·e100p ·t=2·b·
1+100p t
⇔e100p ·t =2·
1+100p t
. Anwenden deslnauf beide Seiten ergibt:
p
100·t=ln 2+t·ln 1+100p
⇔t=(100p −lnln 2(1+100p)).
Einsetzen von p =4ergibt dann: t ≈889.5. Es dauert also fast900 Jah-re, bis die „Ungenauigkeit“ bei nichtstetiger Verzinsung einen Unterschied um den Faktor2bewirkt.
4. Die Zinsen nach einem Jahr betragen bei stetiger Verzinsung b· expps
100
−1 und bei jährlicher Verzinsung b·100pj . Gleichsetzen liefertexpps
100
=1+100pj , was man zu ps=100·ln
1+100pj
umformen kann. Beispielsweise entspre-chen4% jährlicher Verzinsung ungefähr3, 92% stetiger Verzinsung.
Lösung Aufgabe 4.7.
a) lim
x→1,x<1f(x) = lim
x→1,x<12x=2=|1+1|=f(1) und f(3) =|3+1|=46=33−2·3= lim
x→3,x>3x3−2x= lim
x→3,x>3f(x) also ist f(x)nicht stetig b) g(−1) =| −1−3|=4= (−1−1)2= lim
x→−1,x>−1(x−1)2= lim
x→−1,x>−1g(x) und
x→lim1,x<1g(x) = lim
x→1,x<1(x−1)2=0=sin(π) =g(1) also ist g(x)stetig
Lösung Aufgabe 4.8. Verdient man jährlich 20 000€und erhält eine Gehaltserhö-hung von 600€, so muss man jährlich St(20 600)−St(20 000) =3496,7264−3200= 296,7264[€]mehr Lohnsteuer zahlen. Durchschnittlich sind dies
St(20 600)−St(20 000)
20 600−20 000 ≈0,49€. Bei einem Jahresgehalt von 30 000€sind es
St(30 600)−St(30 000)
30 600−30 000 =0,25€.
Lösung Aufgabe 4.9. Würde der Betrieb, ausgehend von 2 produzierten Einheiten, seine Produktion um eine Einheit Erhöhen, so würden seine Kosten um∆K(2) = 4·2+3=11GE steigen. Seine Erlöse dagegen würden um∆E(x) =27−2·2=23GE steigen. Somit lohnt sich eine Produktionssteigerung.
Allgemein lohnt sich eine Produktionssteigerung, ausgehend von einer Produk-tion von x , genau dann, wenn∆K(x)< ∆E(x)gilt. Im Falle von∆K(x)> ∆E(x) sollten wir die Produktion verringern. Die optimale Produktionsmenge erfüllt also
∆K(x) =∆E(x) ⇔ 4x+3=27−2x. Auflösen nach x liefert x=4als optimale Produktionsmenge.
Bemerkung:Die Fixkosten und die Erlöse bei Nichtverkauf haben bei dieser Betrachtung keinerlei Einfluss gehabt. Ihre Kenntnis war also für die Optimierung nicht notwendig. Mit Ihrer Kenntnis könnten wir allerdings auch die Kosten- und die Erlösfunktion bestimmen:
K(x) =2x2+x+1 und E(x) =28x−x2. (Kontrolle durch Einsetzen in die Definition von∆K(x)und∆E(x).)
Lösung Aufgabe 4.10.
(a)dfdx1(x) =0,5·64(4x7−3x5)63·(28x6−15x4) =32(4x7−3x5)63·(28x6−15x4) (b)dfdu2(u) =e−2u·(−2) =−2e−2u
(c) Falls n6=0giltdfdx3(x) =nxn−1e−nx+xne−nx·(−n) =n(xn−1−xn)e−nx Für n=0gilt f3(x) =1 ⇒ dfdx3(x) =0
Also in jedem Fall dfdx3(x) =n(xn−1−xn)e−nx. Aber Vorsicht ist die Mutter der Porzellankiste.
(d)dfdt4(t) =5·ln(1t)1t =tln(5t) (e)dfdI5(I) =13(2I)−23·2·e−I2+p3
2I e−I2·(−2I) =
2 33p
4I2−2Ip3 2I
e−I2 (f ) f6(s) =(ss+2−11)2=((ss++11)()(ss+−11))=ss+−11=1+s−21 ⇒ dfds6(s) =−(s−21)2
oder mit Quotientenregel
df6
ds(s) =2(s+1)·(s(2s−2−1)1)−(2s+1)2·2s =−4s(s−2−1)2s22−2=(s−+1)2(s2+(s1−1))22=−(s−1)2 2
(g)dfdx7(x) =cos(ln(x))·1x=cos(lnx(x)) (h)dfdy8(y) =x3−sin(y)
(i) f9(x) =tan(x) +π=cossin((xx))+π ⇒
df9
dx(x) =cos(x)·cos(xcos)−sin2x(x)·(−sin(x))+0=sin2cosx+2cosx 2x =cos12x =1+tan2x
Lösung Aufgabe 4.11. Grenzwerte:
xlim→−∞f(x) = lim
x→−∞
x+15
2 +x48−5=−∞
xlim→+∞f(x) = lim
x→+∞
x+15
2 +x48−5= +∞
Polstellen:
f(x)hat eine Polstelle bei x=5.
Nullstellen:
0=f(x) =x+215+x48−5=x2+2(10xx−5+)21=(x+2(3x)(−x5+)7) ⇔ x=−3,−7 lokale Extrema:
df
dx(x) =12−(x48−5)2
df
dx(x) =0 ⇔ x2−(x10x−5)−271=0 ⇔ x2−10x−71=0 ⇔ x=−−210±
q
−10
2
2
−(−71)⇔ x=5±4p 6
⇒ mögliche Extremwerte liegen bei x1=5+4p
6und x2=5−4p 6
d2f
dx2(x) =(x96−5)3
d2f
dx2(x1) =ddx2f2(5+4p
6) =(4p966)3>0 ⇒ f(x)nimmt bei5+4p
6ein Minimum an.
d2f
dx2(x2) =ddx2f2(5−4p
6) =(−496p6)3<0 ⇒ f(x)nimmt bei5−4p
6ein Maximum an.
Wendepunkte:
Da0=ddx2f2(x) =(x−965)3keine Lösungen besitzt, gibt es keine Wendepunkte.
Verlauf:
Lösung Aufgabe 4.12.
1. f0(x) =−5·3(x+1)2=−15(x+1)2 εf(x) =f0(x)·fx(x)=−15(x+1)2·−5(xx+1)3
x6=−1
= x3x+1
2. g0(x) = (x2+1)·e2x2·4x−e2x2·2x
(x2+1)2 =2x e2x2(2x2+1) (x2+1)2 εg(x) =g0(x)·gx(x)=2x e2x2(2x2+1)
(x2+1)2 ·x(x2+1)
e2x2 =4xx42++2x12
3. h0(x) =cos12(x)·2 cos(x)·(−sinx) =−2cosxsinx εh(x) =h0(x)·hx(x)=−2cosxsinxln x
(cos2(x))
x6=0
= −ln(cos2x2sinx(x))cosx
Lösung Aufgabe 4.13. Wir suchen zunächst kritische Punkte:
g0(p) =105 6
p3−p12
=0⇔p63−p12=0·p
3(p6=0)
⇔ 6−p=0⇔p=6.
Der einzige kritische Punkt liegt also bei p=6. Das globale Maximum wird ent-weder hier oder am Rand (p=3bzw. p=100) angenommen (Satz vom Maximum und Minimum). Wir setzen ein:
g(6) =1051
6−363
=10125≈8333 g(3) =0
g(100) =105 1
100−1034
=970
Damit gilt: g(3)<g(6), g(6)>g(100)und deshalb nimmt die Funktion g ihr globales Maximum bei p=6an.
Lösung Aufgabe 4.14.
1. f0(x) =27x8+14x6+40x4+1>0auf dem ganzen Intervall[−20, 20](denn es treten nur gerade Potenzen von x auf )
⇒f ist streng monoton steigend auf[−20, 20]
⇒f nimmt das Minimum am linken Rand (x=−20) und das Maximum am rechten Rand (x=20) des Definitionsbereichs an.
2. g0(x) =−
>0
z }| { 1 e(x2) +1·
>0
z}|{
e(x2)·
>0(x≥3)
z}|{2x <0für alle x aus[3, 17]
⇒g ist streng monoton fallend auf[3, 17]
⇒g nimmt das Maximum am linken Rand (x=3) und das Minimum am rechten Rand (x=17) des Definitionsbereichs an.
Lösung Aufgabe 4.15. Bezeichnet s(t)die Kilometermarke, bei der sich das Auto zum Zeitpunkt t befand, und ist t =0der Moment, in dem die erste Aufnah-me gemacht wurde, so kennt man s an folgenden drei Punkten: s(0s) =234km, s(60s) =237km und s(90s) =238.75km.
Die Ableitung von s zur Zeit t ist gerade die Geschwindigkeit des Wagens in diesem Moment. Da die Geschwindigkeit als stetige Funktion angenommen werden kann (getreu dem Motto: „natura non facit saltus“=„Die Natur macht keine Sprünge“), können wir hier den Mittelwertsatz anwenden. Er besagt, dass die Ableitung einer auf einem Intervall[x1,x2]differenzierbaren Funktion f irgendwo zwischen den Punkten x1und x2den Wert f(xx2)−f(x1)
2−x1 annimmt. In der Aufgabe folgt damit aus den ersten beiden Messpunkten:
Irgendwo im Intervall[0s, 60s] fuhr das Fahrzeug mit der Geschwindigkeit
237km−234km
60s−0s =360kms =360skm·3600h s=180kmh .
Aus dem zweiten und dritten Messpunkt ergibt sich:
Irgendwo im Intervall[60s, 90s]fuhr das Fahrzeug mit der Geschwindigkeit
238.75km−237km
90s−60s =1.7530kms =1.7530kms ·3600h s=210kmh .
Also fuhr der Fahrer mit Sicherheit zumindest für den Bruchteil einer Sekunde mit einer Geschwindigkeit von210kmh , er muss sich also für eine Geschwindigkeits-überschreitung um80kmh verantworten.
Lösung Aufgabe 4.16.
1. f0(x) =2p1x⇒Lf1(x) =f(1) + (x−1)·f0(1) =1+(x−21)=x+21 2. g0(x) =1x⇒Lge(x) =g(e) +g0(e)·(x−e) =1+x−ee =xe 3. h0(x) =2 sinxcosx⇒Lhπ
4 =h(π4) +h0(π4)·(x−π4) =12+1·(x−π4) =x+2−π4