H¨ohere Mathematik II

Lehrstuhl II f¨ ur Mathematik Prof. Dr. E. Triesch

H¨ohere Mathematik II

SoSe 2015

Variante A

Zugelassene Hilfsmittel:

Als Hilfsmittel zugelassen sind zehn handbeschriebene DinA4-Bl¨ atter (Vorder- und R¨ uckseite beschriftet, keine Fotokopien oder Ausdrucke). Das Konzeptpapier zur Bearbeitung der Aufgaben (Schmierbl¨ atter) ist von den Studierenden zur Klausur mitzubringen.

Sonstige Hilfsmittel, wie zum Beispiel alte Klausuren, Skripte oder Taschenrechner, sind nicht erlaubt.

Bewertung:

Benutzen Sie bitte zur Beantwortung aller Aufgaben ausschließlich das in der Klausur ausgeteilte Papier! Es werden nur die Antworten gewertet, die auf dem Antwortbogen stehen!

Hinweise zur Bewertung der einzelnen Klausurteile:

I: (Aufgabe I.1-I.3) Sie m¨ ussen unter expliziter Darstellung des L¨ osungsweges nachvollziehbar zu einer L¨ osung kommen. Ohne L¨ osungsweg gibt es keine Punkte.

II: (Aufgabe II.1-II.4) Sie m¨ ussen das richtige Ergebnis in das entsprechende “Ergebnis”- K¨ astchen des Antwortbogens eintragen. Dar¨ uber hinaus k¨ onnen Sie in dem dazugeh¨ origen Feld “L¨ osungsskizze” einen kurzen Rechenweg angeben, der in die Bewertung miteinbezogen wird, sollte Ihr Ergebnis falsch sein.

III: (Aufgabe III.1-III.4) Sie m¨ ussen Aussagen den Wahrheitswert “wahr”(W) oder “falsch”(F) zuordnen. Sie erhalten nur dann Punkte, wenn Sie in einer Teilaufgabe alle Wahr- heitswerte richtig und komplett zuordnen. Es gibt keine Minuspunkte.

Bitte schreiben Sie keine Rechnungen oder Begr¨ undungen zu Teil III auf den Antwortbogen.

Nutzen Sie daf¨ ur Ihr eigenes Konzeptpapier.

Beispiel:

Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden zwei Aussagen: (2 Pkt.) 1. 2 · 3 = 6

2. 1 + 1 = 3.

Antwort 1. 2. Punkte

(i) W W 0

(ii) W F 2

(iii) F W 0

(iv) F F 0

Antwort 1. 2. Punkte

(v) F - 0

(vi) W - 0

(vii) - F 0

(viii) - W 0

Viel Erfolg!

Teil I

Aufgabe I.1: (8+7 Pkt.)

a) Bestimmen Sie die (reelle) Partialbruchzerlegung von x ² + 3x − 1

x ³ − 8 . b) Bestimmen Sie den Wert des Integrals

1

Z

0

1

3(x − 2) − 5

6(x − 2) ² + x + 2 (x ² + 4x + 5)

dx.

L¨ osung:

a) Zun¨ achst faktorisieren wir das Nennerpolynom. Da x = 2 eine Nullstelle von x ³ −8 ist, erhalten wir

x ³ − 8 = (x − 2)(x ² + 2x + 4).

Wegen x ² +2x+4 = (x +1) ² +3 > 0 f¨ ur alle x ∈ R besitzt x ² +2x +4 nur komplexe Nullstellen.

Also ist die Faktorisierung f¨ ur die Partialbruchzerlegung ausreichend. Da der Z¨ ahlergrad klei- ner als der Nennergrad ist, wenden wir nun den Standardansatz f¨ ur die Partialbruchzerlegung auf x ² + 3x − 1

(x − 2)(x ² + 2x + 4) an. Also finde Zahlen A, B und C aus R mit x ² + 3x − 1

(x − 2)(x ² + 2x + 4) = A

x − 2 + Bx + C x ² + 2x + 4

x ² + 3x − 1 = A(x ² + 2x + 4) + (Bx + C)(x − 2) An dieser Stelle bieten sich zwei verschiedene L¨ osungswege an.

1) Einsetzen von speziellen Werten f¨ ur x:

x = 2 : 9 = A(4 + 4 + 4) ⇔ A = 3

4 x = 0 : −1 = 3

4 · 4 + (B · 0 + C) · (0 − 2)

= 3 − 2C ⇔ C = 2

x = 1 : 3 = 3

4 · 7 + (B + 2) · (−1)

= −B + 13

4 ⇔ B = 1

4 . 2) Koeffizientenvergleich und LGS.

x ² + 3x − 1 = A(x ² + 2x + 4) + (Bx + C)(x − 2)

= A(x ² + 2x + 4) + B(x ² − 2x) + C(x − 2)

= (A + B )x ² + (2A − 2B + C)x + (4A − 2C)

Ein Koeffizientenvergleich liefert

Schließlich erhalten wir das folgende lineare Gleichungssystem, welches wir z.B. mit dem Gaußalgorithmus l¨ osen k¨ onnen.





1 1 0

1

2 −2 1

3

4 0 −2

−1









1 1 0

1

0 −4 1

1

0 −4 −2

−5









1 1 0

1

0 −4 1

1

0 0 −3

−6









1 1 0

1

0 −4 1

1

0 0 1

2









1 1 0

1

0 −4 0

−1

0 0 1

2









1 0 0 3/4 0 1 0

1/4 0 0 1

2





Also

A = 3

4 , B = 1

4 und C = 2.

Somit erhalten wir insgesamt x ² + 3x − 1

(x − 2)(x ² + 2x + 4) = 3 4 · 1

x − 2 + 1

4 · x

x ² + 2x + 4 + 2 · 1 x ² + 2x + 4 . b) Es gilt

Z 1

3(x − 2) − 5

6(x − 2) ² + x + 2 (x ² + 4x + 5)

dx = 1 3

Z 1

x − 2 dx − 5 6

Z 1

(x − 2) ² dx +

Z x + 2

x ² + 4x + 5 dx.

Weiter gilt

Z 1

x − 2 dx = ln |x − 2| und

Z 1

(x − 2) ² dx = −1 x − 2 . Mit der Substitution z = x ² + 4x + 5 und somit dz = (2x + 4)dx erhalten wir

Z x + 2

x ² + 4x + 5 dx = 1 2

Z 2x + 4 x ² + 4x + 5 dx

= 1 2

Z 1 z dz

= 1 2 ln |z|

= 1

2 ln |x ² + 4x + 5|.

Dann gilt f¨ ur das Integral

1

Z

0

1

3(x − 2) − 5

6(x − 2) ² + x + 2 (x ² + 4x + 5)

dx =

1

3 ln |x − 2| + 5 6 · 1

x − 2 + 1

2 ln |x ² + 4x + 5|

1 0

= 1

3 ln(1) + 5 6 · 1

−1 + 1

2 ln(10)

− 1

3 ln(2) − 5 6 · 1

−2 − 1 2 ln(5)

= − 5 6 + 5

12 + 1

2 ln(2) − 1 3 ln(2)

= 1

6 ln(2) − 5

12 .

Aufgabe I.2: (5+5 Pkt.) a) Zeigen Sie, dass die Funktion f : R ² → R mit

f(x, y) =



 

 

x sin(x ² + y ² )

x ² + y ² , (x, y ) 6= (0, 0), 0 , (x, y ) = (0, 0) im Punkt (0, 0) stetig ist.

b) Gegeben sei die Funktion g : R → R mit

g(x) =



 

 

sin(x ² )

x , x 6= 0, 0 , x = 0.

Zeigen Sie, dass g auf ganz R differenzierbar ist und geben Sie die Ableitung von g an.

L¨ osung:

a) Wir benutzen Polarkoordinaten (x, y) = (r cos(φ), r sin(φ)) f¨ ur r > 0 und φ ∈ [0, 2π). Dann gilt

f (r cos(φ), r sin(φ)) = r cos(φ) sin((r cos(φ)) ² + (r sin(φ)) ² ) (r cos(φ)) ² + (r sin(φ)) ²

= r cos(φ) sin(r ² ) r ²

= cos(φ) sin(r ² ) r . Also gilt f¨ ur den Grenzwert

lim r→0 f (r cos(φ), r sin(φ)) = lim

r→0 cos(φ) sin(r ² ) r

l’Hospital

= cos(φ) · lim

r→0

2r cos(r ² )

1 = 0 = f (0, 0).

Also ist f im Punkt (0, 0) stetig.

b) F¨ ur x ∈ R \ {0} ist g differenzierbar als Komposition differenzierbar Funktionen und wir erhalten

g ⁰ (x) = 2x cos(x ² ) · x − sin(x ² ) · 1

x ² = 2x ² cos(x ² ) − sin(x ² )

x ² .

F¨ ur x = 0 gilt

h→0 lim

g(0 + h) − g(0)

h = lim

h→0 sin(h

²

)

h − 0

h = lim

h→0

sin(h ² ) h ²

l’Hospital

= lim

h→0

2h cos(h ² ) 2h = lim

h→0

cos(h ² ) 1 = 1.

Zusammengefasst erhalten wir als Ableitung von g

g ⁰ (x) =



 

 

2x ² cos(x ² ) − sin(x ² )

x ² , x 6= 0,

1 , x = 0.

Somit ist g differenzierbar auf ganz R .

Aufgabe I.3: (6+(4+4) Pkt.)

a) Gegeben sei die rekursive Folge (a n ) n∈ N durch

a ₁ = 5, a _n+1 = 9 + 4a n

4 + a _n .

Zeigen Sie, dass die Folge konvergiert, und berechnen Sie den Grenzwert a.

b) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz bzw. Divergenz.

i)

∞

X

n=1

cos(nπ) p

3

n(n + 1)(n + 2) ii)

∞

X

n=1

2 ⁿ⁻¹ n!

n ⁿ

L¨ osung:

a) 1) Falls der Grenzwert a = lim

n→∞ a _n existiert, gilt a = 9 + 4a

4 + a ⇔ 4a + a ² = 9 + 4a ⇔ a ² − 9 = 0 ⇔ a = ±3.

2) Wir beweisen mit vollst¨ andiger Induktion, dass a _n ≥ 3 f¨ ur alle n ∈ N ist.

IA: a 1 = 5 ≥ 3.

IV: Es gelte a _n ≥ 3 f¨ ur ein n ∈ N . IS: Nach der Definition der Folge ist

a _n+1 = 9 + 4a _n 4 + a n

≥ 3 ⇔ 9 + 4a _n ≥ 12 + 3a _n

⇔ (4 − 3)a n ≥ 12 − 9

⇔ a _n ≥ 3.

Also gilt die Behauptung f¨ ur alle n ∈ N und die Folge (a _n ) n∈ N ist nach unten durch 3 beschr¨ ankt.

3) Wir zeigen, dass die Folge monoton fallend ist.

a _n+1 − a _n = 9 + 4a _n

4 + a _n − a _n = 9 + 4a _n − 4a _n − a ² _n

4 + a _n = 9 − a ² _n

4 + a _n < 0, da a _n ≥ 3.

Somit ist die Folge monoton fallend.

Aus 2) und 3) folgt, dass die Folge (a _n ) n∈ N nach dem Satz ¨ uber monotone und beschr¨ ankte Folgen konvergiert. Der Grenzwert ist mit 1)

n→∞ lim a _n = 3.

b) i) Es gilt cos(nπ) = (−1) ⁿ f¨ ur n ∈ N . Wir setzen b _n := √

₃

¹

n(n+1)(n+2) . Es gilt, dass b n > 0 f¨ ur alle n ∈ N und weiter

n→∞ lim b _n = lim

n→∞

1

√

3

n ³ + 3n ² + 2n = lim

n→∞

1 n · q

³

1 + _n ³ + _n ²

2

n→∞ −→ 0.

Aus √

³

n ≤ √

³

n + 3 f¨ ur alle n ∈ N folgt

b _n+1 = 1

p

3

(n + 1)(n + 2)(n + 3) ≤ 1 p

3

(n + 1)(n + 2)n = b _n .

Somit ist die Folge (b _n ) n∈ N eine monoton fallende Nullfolge.

Aus dem Leibnizkriterium folgt die Konvergenz der Reihe

∞

X

n=1

cos(nπ) p

3

n(n + 1)(n + 2) =

∞

X

n=1

(−1) ⁿ · b _n .

ii) Bezeichne c _n := 2 ⁿ⁻¹ n!

n ⁿ . Es gilt

n→∞ lim

c _n+1 c _n

= lim

n→∞

2 ^(n+1)−1 (n + 1)!

(n + 1) ⁿ⁺¹ · n ⁿ

2 ⁿ⁻¹ n! = lim

n→∞ 2 n

n + 1 n

= 2 lim

n→∞

1

n+1 n

n = 2 lim

n→∞

1

1 + _n ¹ n = 2 e < 1.

⇒ Die Reihe

∞

P

n=1

2 ⁿ⁻¹ n!

n ⁿ konvergiert nach dem Quotientenkriterium.

Teil II

Aufgabe II.1: (6+5 Pkt.)

a) Bestimmen Sie den Wert des (uneigentlichen) Integrals

∞

Z

−∞

1

4x ² − 4x + 2 dx.

b) Bestimmen Sie eine Stammfunktion der Funktion

f : (0, ∞) → R , f(x) = sin( √ x).

L¨ osung:

a) Wir bestimmen zun¨ achst eine Stammfunktion des Integranden und betrachten das unbestimm- te Integral

Z 1

4x ² − 4x + 2 dx =

Z 1

(4x ² − 4x + 1) + 1 dx =

Z 1

(2x − 1) ² + 1 dx

= 1 2

Z 2

(2x − 1) ² + 1 dx ^y=2x−1 = 1 2

Z 1 y ² + 1 dy

= 1

2 arctan(y) = 1

2 arctan(2x − 1).

Weiter gilt f¨ ur ein a ∈ R

∞

Z

a

1

4x ² − 4x + 2 dx = lim

t→∞

1

2 arctan(2x − 1) t

a

= 1 2 lim

t→∞ arctan(2t − 1)

| {z }

→

^π

2

− arctan(2a − 1)

= π

4 − arctan(2a − 1), sowie

a

Z

−∞

1

4x ² − 4x + 2 dx = lim

t→−∞

1

2 arctan(2x − 1) a

t

= arctan(2a − 1) − 1 2 lim

t→−∞ arctan(2t − 1)

| {z }

→−

^π₂

= arctan(2a − 1) + π 4 . Also folgt insgesamt

∞

Z

−∞

1

4x ² − 4x + 2 dx =

a

Z

−∞

1

4x ² − 4x + 2 dx +

∞

Z

a

1

4x ² − 4x + 2 dx

= arctan(2a − 1) + π 4 + π

4 − arctan(2a − 1)

= π

2 .

b) Wir substituieren zuerst t = √

x bzw. dx = 2t dt.

Z

sin( √

x) dx = Z

2t sin(t) dt.

Danach verwenden wir partielle Integration

u(t) = 2t, v ⁰ (x) = sin(t), u ⁰ (x) = 2, v(x) = − cos(t).

Dann gilt

Z

2t sin(t) dt = 2t(− cos(t)) + Z

2 cos(t)dx

= −2t cos(t) + 2 sin(t).

Durch Resubstitution t = √

x erhalten wir Z

sin( √

x) dx = −2 √

x cos √ x

+ 2 sin √ x

.

Aufgabe II.2: (5 Pkt.) Gegeben sei die Funktion f : R → R mit

f (x) = sin(cos x).

Bestimmen Sie zu f das Taylor-Polynom T _2,

^π

2

(x) zweiten Grades an der Stelle x ₀ = ^π ₂ . L¨ osung:

Es gilt

f (x) = sin(cos x),

f ⁰ (x) = cos(cos x)(− sin x),

f ⁰⁰ (x) = − sin(cos x)(− sin x) ² + cos(cos x)(− cos x) = − sin(cos x) sin ² x − cos(cos x) cos x.

Somit folgt

f π 2

= sin cos π

2

= sin 0 = 0, f ⁰ π

2

= cos cos π

2 − sin π 2

= cos(0) · (−1) = −1, f ⁰⁰ π

2

= − sin cos π

2

sin ² π

2 − cos cos π

2

cos π 2 = 0.

Damit ist das Taylor-Polynom gegeben durch T _2,

^π

2

(x) = 0 + −1 1!

x − π

2

+ 0 2!

x − π

2 2

= −x + π 2 .

Aufgabe II.3: (3+7 Pkt.)

Gegeben sei die Funktion f : [−π, π) → R mit f (x) =

( x ² − πx , x ∈ [0, π),

−x ² − πx , x ∈ [−π, 0).

Geben Sie die Koeffizienten a ₀ , a _k und b _k f¨ ur k ∈ N an, so dass a ₀

2 +

∞

X

k=1

(a _k cos(kx) + b _k sin(kx))

die Fourierreihe der 2π-periodischen Fortsetzung von f auf R ist. Unterscheiden Sie dabei die F¨ alle:

a) a k f¨ ur k ∈ N ⁰ b) b _k f¨ ur k ∈ N . Hinweis:

a _k = 1 π

π

Z

−π

f(x) cos(kx) dx, b _k = 1 π

π

Z

−π

f(x) sin(kx) dx, a ₀ 2 = 1

2π

π

Z

−π

f (x) dx

L¨ osung:

a) F¨ ur x ∈ [0, π) gilt

f(−x) = −(−x) ² − π(−x) = −x ² + πx = −(x ² − πx) = −f(x).

Also ist f punktsymmetrisch zum Punkt (0, 0) und somit auch f (x) · cos(kx) f¨ ur ein beliebiges k ∈ N . Insgesamt erhalten wir dann

a 0

2 = 1 2π

π

Z

−π

f (x) dx = 0,

und

a _k = 1 π

π

Z

−π

f (x) cos(kx) dx = 0.

Also ist a _k = 0 f¨ ur alle k ∈ N 0 .

b) Analog zu a) erhalten wir, dass f (x) sin(kx) achsensymmetrisch zur y-Achse ist. Also gilt mit partieller Integration f¨ ur n ∈ N

b _k = 1 π

π

Z

−π

f(x) sin(kx) dx = 2 π

π

Z

0

f(x) sin(kx) dx = 2 π

π

Z

0

(x ² − πx) sin(kx) dx

= 2 π









(x ² − πx) · 1

k · (− cos(kx)) π

0

| {z }

=0

− 1 k

π

Z

0

(2x − π)(− cos(kx)) dx









= 2 πk

π

Z

0

(2x − π) cos(kx) dx

= 2 πk









(2x − π) · 1

k · sin(kx) π

0

| {z }

=0

− 2 k

π

Z

0

sin(kx) dx









= − 4 πk ²

π

Z

0

sin(kx) dx

= − 4 πk ²

1

k · (− cos(kx)) π

0

= 4

πk ³ ((−1) ^k − 1).

Also ist f¨ ur k ∈ N

b _k =







− 8

πk ³ , k ungerade,

0 , k gerade.

Aufgabe II.4: (3+4+5 Pkt.)

a) Berechnen Sie den Wert der konvergenten Reihe

∞

X

n=0

3 + (−2) ⁿ 4 ⁿ . b) Bestimmen Sie den Grenzwert a der Folge (a _n ) n∈ N mit

a n =

√ 4n ⁴ − 3n ³ − n ² 2n ² + 1 . c) Bestimmen Sie den Grenzwert b der Folge (b _n ) n∈ N mit

b _n = 1

n ² + 2n + 1 + 2

n ² + 2n + 2 + · · · + n n ² + 2n + n . Hinweis: F¨ ur alle 1 ≤ k ≤ n gilt

k

n ² + 2n + n ≤ k

n ² + 2n + k ≤ k n ² + 2n + 1 . L¨ osung:

a) Es gilt

∞

X

n=0

3

4 ⁿ = 3

∞

X

n=0

1 4 ⁿ

geom.

Reihe

= 3 · 1 1 − ¹ ₄ = 4

∞

X

n=0

(−2) ⁿ 4 ⁿ =

∞

X

n=0

− 1 2

n geom.

Reihe

= 1

1 − (− ¹ ₂ ) = 2 3 . Da beide Reihen konvergieren, konvergiert auch die Summe. Damit ist

∞

X

n=0

3 + (−2) ⁿ

4 ⁿ = 4 + 2 3 = 14

3 . b) Es ist

n→∞ lim a _n = lim

n→∞

4n ⁴ − 3n ³ − n ⁴ (2n ² + 1)( √

4n ⁴ − 3n ³ + n ² ) = lim

n→∞

3n ⁴ − 3n ³ n ² · 2 + _n ¹

2

· n ² · q

4 − _n ³ + 1

= lim

n→∞

n ⁴ · 3 − _n ³ n ⁴ · 2 + _n ¹

2

· q

4 − ³ _n + 1 = lim

n→∞

3 − ³ _n 2 + _n ¹

2

· q

4 − _n ³ + 1

= 3

2 · 2 + 2 = 1 2 . c) Setze

x _n = 1

n ² + 2n + n + 2

n ² + 2n + n + · · · + n

n ² + 2n + n = 1 + 2 + · · · + n n ² + 2n + n =

(1+n)·n 2

n ² + 2n + n ;

y _n = 1

n ² + 2n + 1 + 2

n ² + 2n + 1 + · · · + n

n ² + 2n + 1 = 1 + 2 + · · · + n n ² + 2n + 1 =

(1+n)·n 2

n ² + 2n + 1 .

Es gilt x _n ≤ b _n ≤ y _n f¨ ur alle n ∈ N . Weiter gilt

n→∞ lim x _n = lim

n→∞

n ² + n

2(n ² + 2n + n) = lim

n→∞

1 + ¹ _n 2 + ⁶ _n = 1

2 ;

n→∞ lim y n = lim

n→∞

n ² + n

2(n ² + 2n + 1) = lim

n→∞

1 + _n ¹ 2 + _n ⁴ + _n ²

2

= 1 2 . Nach dem Sandwich-Lemma folgt dann:

n→∞ lim

1

n ² + 2n + 1 + 2

n ² + 2n + 2 + · · · + n n ² + 2n + n

= 1

2 .

Teil III

Aufgabe III.1: (6 Pkt.)

Gegeben sei die Funktion f : (−1, ∞) → R mit

f(x) = x · arctan(x) ln(x + 1) − x . Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen:

1. lim

x→0 f(x) = −2 2. lim

x→0 f(x) = 2 3. lim

x→0 f(x) = 0 4. lim

x→0 f (x) = ¹ ₂ 5. lim

x→0 f(x) = 1 6. lim

x→0 f(x) = ∞ 7. lim

x→0 f(x) = ^π ₂ 8. lim

x→0 f (x) = −1 L¨ osung:

Definiere f 1 (x) := x · arctan(x) und f 2 (x) := ln(x + 1) − x. Dann gilt

x→0 lim f(x) = lim

x→0

f ₁ (x)

f ₂ (x) = lim

x→0

x · arctan(x) ln(x + 1) − x . Da lim

x→0 f ₁ (x) = 0 und lim

x→0 f ₂ (x) = 0 gilt, liegt der Fall

”

0

0 “ vor. Sowohl f ₁ als auch f ₂ sind beliebig oft stetig differenzierbar. Ableiten liefert

f ₁ ⁰ (x) = arctan(x) + x · 1

x ² + 1 und f ₂ ⁰ (x) = 1

x + 1 − 1.

Es gilt lim

x→0 f ₁ ⁰ (x) = 0 und lim

x→0 f ₂ ⁰ (x) = 0, so dass wir erneut den Fall

”

0

0 “ haben. Wir bilden die zweiten Ableitungen

f ₁ ⁰⁰ (x) = 1

x ² + 1 + 1 · (x ² + 1) − x · 2x

(x ² + 1) ² = 2 (x ² + 1) ² und

f ₂ ⁰⁰ (x) = − 1 (x + 1) ² . Es gilt

x→0 lim f ₁ ⁰⁰ (x)

f ₂ ⁰⁰ (x) = lim

x→0

−2(x + 1) ²

(x ² + 1) ² = −2.

Mit der Regel von l’Hospital gilt dann

x→0 lim f (x) = lim

x→0

f ₁ (x) f ₂ (x) = lim

x→0

f ₁ ⁰ (x)

f ₂ ⁰ (x) = lim

x→0

f ₁ ⁰⁰ (x)

f ₂ ⁰⁰ (x) = −2.

Aufgabe III.2: (4+5 Pkt.) a) Gegeben sei die Funktion f : R \ {0} → R mit

f(x) = x ² − ln(x ² ).

Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.

1. Die Funktion f (x) ist streng monoton steigend f¨ ur x ∈ (1, ∞).

2. Die Funktion f (x) ist streng monoton steigend f¨ ur x ∈ (0, 1).

3. Die Funktion f (x) ist streng monoton fallend f¨ ur x ∈ (−1, 0).

4. Die Funktion f (x) ist streng monoton fallend f¨ ur x ∈ (−∞, −1).

b) Gegeben sei die Funktion g : [−1, 1] → R

g(x) = xe ^−2x . Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.

1. Die Funktion g hat in −1 ein lokales Minimum.

2. Die Funktion g hat in 1 ein lokales Maximum.

3. Die Funktion g hat in 0 ein lokales Minimum.

4. Die Funktion g hat in ¹ ₂ ein globales Maximum.

L¨ osung:

a) Bestimme zuerst die Ableitung. Es gilt

f ⁰ (x) = 2x − 2x

x ² = 2x − 2 x . i) f(x) ist streng monoton steigend, wenn f ⁰ (x) > 0 ist.

2x − 2

x > 0 ⇔ x > 1 oder − 1 < x < 0

⇒ f (x) ist jeweils streng monoton steigend auf (−1, 0) bzw. (1, ∞).

ii) f(x) ist streng monoton fallend, wenn f ⁰ (x) < 0 ist.

2x − 2

x < 0 ⇔ 0 < x < 1 oder x < −1

⇒ f (x) ist jeweis streng monoton fallend auf (0, 1) bzw. (−∞, −1).

b) Bestimme zuerst die kritischen Punkte von g(x). Es gilt

g ⁰ (x) = e ^−2x + xe ^−2x · (−2) = e ^−2x (1 − 2x) = 0 ^! ⇔ x = 1 2 ,

da e ^−2x > 0 f¨ ur alle x ∈ [−1, 1] ist. D.h. x = ¹ ₂ ist der einzige kritische Punkt. Weiter ist g ⁰⁰ (x) = e ^−2x · (−2)(1 − 2x) + e ^−2x (−2) = e ^−2x (4x − 4).

⇒ g ⁰⁰ 1

2

= e ^−2·

¹²

4 · 1 2 − 4

= − 2 e < 0.

Wegen

g(−1) = −e ^−2·(−1) = −e ² , g(1) = e ⁻² ,

hat g in ¹ ₂ mit g ¹ ₂

= ¹ ₂ e ^−2·

¹²

= _2e ¹ > _e ¹

2

ein globales Maximum, in −1 mit g(−1) = −e ² ein

lokales Minimum und in 1 mit g(1) = _e ¹

2

ein lokales Minimum.

Aufgabe III.3: (3 Pkt.) Gegeben sei die Funktion f : R → R mit

f(x) = ln(2) sin x + cos x

2 ^x .

Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.

1. Die Ableitung von f(x) ist f ⁰ (x) = − 1 + ln(2) 2 ^x sin x.

2. Die Ableitung von f(x) ist f ⁰ (x) = (ln(2) + 1)(cos x − sin x)

2 ^x .

3. Die Ableitung von f(x) ist f ⁰ (x) = − 1 + (ln(2)) ² 2 ^x sin x.

4. Die Ableitung von f(x) ist f ⁰ (x) = (ln(2) cos x − sin x)2 ^x − (ln(2) sin x + cos x)x 2 ^x−1

2 ^2x .

L¨ osung: Es gilt

f ⁰ (x) = (ln(2) cos x − sin x) · 2 ^x − (ln(2) sin x + cos x) ln(2) · 2 ^x (2 ^x ) ²

= ln(2) cos x − sin x − (ln(2)) ² sin x − ln(2) cos x 2 ^x

= − 1 + (ln(2)) ²

2 ^x sin x.

Aufgabe III.4: (2+3 Pkt.) Gegeben sei die Funktion h : ^3π ₂ , 2π

→ ¹ ₂ , 1 mit h(x) = 1

1 + cos x . a) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.

1. Die Umkehrfunktion von h(x) ist h ⁻¹ (x) = arccos x

1 − x

. 2. Die Umkehrfunktion von h(x) ist h ⁻¹ (x) = arccos

1 − x x

. 3. Die Umkehrfunktion von h(x) ist h ⁻¹ (x) = arccos

1 + x x

. 4. Die Umkehrfunktion von h(x) ist h ⁻¹ (x) = arccos

x 1 + x

.

b) Beurteilen Sie den Wahrheitswert der folgenden Aussagen.

1. Die Ableitung der Umkehrfunktion von h(x) ist (h ⁻¹ (x)) ⁰ = 1 x √

1 − 2x . 2. Die Ableitung der Umkehrfunktion von h(x) ist (h ⁻¹ (x)) ⁰ = − 1

(x − 1) √

1 − 2x . 3. Die Ableitung der Umkehrfunktion von h(x) ist (h ⁻¹ (x)) ⁰ = 1

x √

2x − 1 . 4. Die Ableitung der Umkehrfunktion von h(x) ist (h ⁻¹ (x)) ⁰ = − 1

(x + 1) √

2x + 1 . L¨ osung: a)+b)

Da 1 + cos x > 0 f¨ ur alle x ∈ ^3π ₂ , 2π

gilt, ist h auch auf dem Intervall ^3π ₂ , 2π

differenzierbar als Komposition differenzierbarer Funktionen. Es gilt

h ⁰ (x) = − sin x

−(1 + cos x) ² = sin x (1 + cos x) ² .

⇒ h ⁰ (x) < 0, da sin x < 0 f¨ ur alle x ∈ ^3π ₂ , 2π gilt.

⇒ h ist streng monoton fallend und damit injektiv.

Berechnung der Umkehrfunktion von h:

y = 1

1 + cos x ⇔ 1 + cos x = 1

y ⇔ cos x = 1 − y

y ⇔ x = arccos

1 − y y

.

⇒ Die Umkehrfunktion ist h ⁻¹ :

1 2 , 1

→ 3π

2 , 2π

, h ⁻¹ (x) = arccos

1 − x x

. Mit Hilfe vom Satz ¨ uber die Ableitung der Umkehrfunktion ist h ⁻¹ auf ¹ ₂ , 1

differenzierbar und es gilt

1

= 1

sin(arccos (

^1−xx

) ⁾ [ ^1+cos ( ^arccos (

^1−xx

)) ⁾ ]

²

= 1 + ^1−x _x 2

q

1 − cos ² arccos ^1−x _x

=

1 x

²

q

1 − ^1−x _x 2 = 1 x ² ·

q x

²

−(1−2x+x

²

) x

²

= 1

x √

2x − 1 .