Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakult¨at f¨ur Mathematik Sommersemester 2013

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakult¨at f¨ur Mathematik

Sommersemester 2013 Universität Bielefeld

L¨osungen zur Klausur Funktionen 2. Termin: 8. Oktober 2013 Aufgabe 1 (5 Punkte)

Die Abbildungen A bis E zeigen die Graphen der Funktionen f₁(x) =e^−x, f₂(x) = 1

1−x², f₃(x) = 1 5x³, f₄(x) =e^x, f₅(x) = 1

x² . Welche Abbildung geh¨ort zu welcher Funktion?

1 2 3 4

1 2 3

−1

−2

−3 x

y

Abbildung A

1 2 3 4

1 2 3

−1

−2

−3 x

y

Abbildung B

1 2 3 4

−1

−2

−3−3 −2 −1 1 2 3 x y

Abbildung C

1 2 3 4

−1

−2

−3−3 −2 −1 1 2 3 x y

Abbildung D

1 2 3 4

1 2 3

−1

−2

−3 x

y

Abbildung E L¨osung:

Aufgabe 2 (17 Punkte)

a) Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (a_n)n∈N mita_n= 2n³+n+ 1

5n³+ 2n²−1. Vgl. VIII.1 Begr¨unden Sie Ihre Behauptung – etwa unter Verwendung der Grenzwerts¨atze.

b) Bestimmen Sie eine Zahlb∈R derart, dass die Funktionf :R→R, Vgl. IX.3a) f(x) =

(x²−25

x−5 , x6= 5, b, x= 5, stetig im Punktx₀ = 5 ist.

c) Gegeben ist die Funktion f :R→R durch

Vgl. Serie X und XI f(x) = 2e^−3x

3x⁴+ 2x²+ 1. Bestimmen Sie die Ableitung von f.

d) Berechnen Sie

2

Z

0

xe^−x2dx.

Vgl.

P-XIII.2d)

L¨osung:

a) Es ist an= n³(2 + _n¹2 +_n¹3)

n³(5 + ²_n−_n¹³) = 2 +_n¹2 +_n¹3

5 +²_n−_n¹³

−−−→n→∞ 2 + 0 + 0 5 + 0−0 = 2

5.

b) Sei (x_n)n∈N eine beliebige Folge mitx_n→5, n→ ∞,x_n6= 5 f¨ur alle n∈N. Dann ist x²_n−25

x_n−5 = (xn−5)(xn+ 5)

x_n−5 =xn+ 5−−−→^n→∞ 5 + 5 = 10.

Also ist b= 10 zu w¨ahlen.

Hinweis: Wegen ^x_x−5²⁻²⁵ =x+ 5 erh¨alt man alternativ obiges Ergebnis auch ohne Verwendung von Folgen, indem man schlicht x= 5 einsetzt.

c) Mit Hilfe der Quotientenregel erh¨alt man

f⁰(x) = −6e^−3x(3x⁴+ 2x²+ 1)−2e^−3x(12x³+ 4x) (3x⁴+ 2x²+ 1)²

=−2e^−3x·9x⁴+ 12x³+ 6x²+ 4x+ 3 (3x⁴+ 2x²+ 1)² .

d) Wir setzeng(u) =e^−u,f(x) =x² und wenden die Substitutionsformel an:

2

Z

xe^−x2dx= 1 2

2

Z

g(f(x))f⁰(x)dx= 1 2

4

Z

e^−udu

Aufgabe 3 (6 Punkte)

Gegeben ist die Funktion f: R → R durch f(x) = 1 + cos(3x). Bestimmen Sie die ^{Vgl. X.2} Geradengleichung derjenigen Tangente, dief an der Stellex0 = ^π₆ ber¨uhrt.

L¨osung:

Es giltf⁰(x) =−3 sin(3x).

Variante 1: Die Steigungm in der Tangentengleichung t(x) =mx+c ist m=f⁰(x₀) =−3 sinπ

2

=−3. Die Tangente ber¨uhrt f im Punkt (x₀, f(x₀)) = ^π₆,1

. Damit l¨asst sich der Achsenab- schnittc bestimmen:

−3π

6 +c= 1 ⇐⇒ c= 1 +π 2 .

Variante 2: Allgemein gilt f¨ur die Gleichung der Tangente anf im Punkt (x₀, f(x₀)) die Formel

t(x) =f⁰(x0)(x−x0) +f(x0). Damit ergibt sich wegenf^{0 π}₆

=−3 und f ^π₆

= 1 t(x) =−3

x−π 6

+ 1 =−3x+ 1 +π 2.

Aufgabe 4 (6 Punkte) Vgl. III.4 a) Bestimmen Sie a ∈ R derart, dass die Funktion f : [a,∞) → [0,∞), f(x) =

2x²−4x−30, bijektiv ist.

b) Gegeben ist die Funktion g:R→R, g(x) = 5x+ 7. Bestimmen Sie die Umkehr- funktiong⁻¹.

L¨osung:

a) Die Funktionf beschreibt eine nach oben ge¨offnete Parabel. Die Nullstellen vonf sind gegeben durch

2x²−4x−30 = 0 ⇐⇒ x²−2x−15 = 0 ⇐⇒ x= 1±√

1 + 15 ⇐⇒ x∈ {−3,5}. Folglich ist die Funktionf: [5,∞)→[0,∞) bijektiv, d.h.a= 5.

b) Wegen

y= 5x+ 7 ⇐⇒ 5x=y−7 ⇐⇒ x= y−7 5 ist die Umkehrfunktion gegeben durch g⁻¹(y) = ¹₅(y−7).

Aufgabe 5 (14 Punkte) Die Funktionf:R\₅

2 →Rist definiert durchf(x) = x²−⁸₅x

2x−5 . Vgl. XI.2b)

Untersuchen Sie die Funktion auf lokale und globale Extrema.

L¨osung:

Es gilt

f⁰(x) = 2x−⁸₅

(2x−5)−2 x²−⁸₅x

(2x−5)² = 2x²−10x+ 8 (2x−5)² . Weiterhin gilt

f⁰(x) = 0 ⇐⇒ 2x²−10x+ 8 = 0 ⇐⇒ x²−5x+ 4 = 0 ⇐⇒ x∈ {1,4}. Bei x1 = 1 und x2 = 4 liegen also kritische Stellen vor. F¨ur die ¨Uberpr¨ufung, ob dort tats¨achlich lokale Extrema liegen, bieten sich zwei M¨oglichkeiten:

1. Variante: F¨ur das Vorzeichen der ersten Ableitung von f ist alleine der Z¨ahler vonf⁰ maßgebend. Diese Funktion im Z¨ahler beschreibt eine nach oben ge¨offnete Parabel mit den zwei Nullstellen 1 und 4. An der Stellex₁ = 1 vollzieht f⁰ folglich einen Vorzeichenwechsel von + nach -, und an der Stellex2= 4 einen Vorzeichenwechsel von - nach +. Beix1 = 1 liegt daher ein lokales Maximum, beix₂= 4 ein lokales Minimum.

2. Variante: Die zweite Ableitung vonf lautet

f⁰⁰(x) = (4x−10)(2x−5)²−(2x²−10x+ 8)4(2x−5) (2x−5)⁴

= (8x²−40x+ 50)−8x²+ 40x−32

(2x−5)³ = 18

(2x−5)³ .

Offensichtlich gilt damitf⁰⁰(x₁)<0 undf⁰⁰(x₂)>0. Bei x₁ = 1 liegt daher ein lokales Maximum, beix2 = 4 ein lokales Minimum.

Die Funktion besitzt keine globalen Extrema, denn es gilt f(x)−−−→^x→∞ +∞ und f(x)−−−−→ −∞^x→−∞ .

Alternativ l¨asst sich das Fehlen globaler Extrema auch mit der Beobachtung f(x) ^x&

5

−−−→2 +∞ und f(x) ^x%

5

−−−→ −∞2

begr¨unden.

Aufgabe 6 (14 Punkte)

a) Gegeben ist M ⊂Rdurch M =

x²−x+ 2

x∈(−1,1) .

Vgl. VI.1 und P-VI.1 Untersuchen Sie, ob das Minimum, Maximum, Infimum bzw. das Supremum vonM

existiert. Bestimmen Sie gegebenenfalls die entsprechenden Werte und begr¨unden Sie Ihre Behauptungen.

b) Die Folge (an)n∈Nsei rekursiv definiert durch a1= 3, an+1= 1

4a²_n.

Beweisen Sie zun¨achst, dass 0≤a_n ≤3 f¨ur jedes n∈N gilt. Untersuchen Sie die Folge anschließend auf Monotonie. Konvergiert die Folge? Bestimmen Sie gegebe- nenfalls den Grenzwert.

Vgl.

P-VII.2 und VIII.3

L¨osung:

a) Wir betrachten die Funktionf : [−1,1]→R, f(x) =x²−x+2. Bei dieser Funktion handelt es sich um eine nach oben ge¨offnete Parabel, die wegen

x²−x+ 2 = x−¹₂2

−¹₄+ 2 = x−¹₂2

+⁷₄ den ScheitelpunktS = (¹₂,⁷₄) besitzt. Daher gilt

infM = minM =f(¹₂) = ⁷₄. Weiterhin istf(−1) = 4 und f(1) = 2 und somit

supM =f(−1) = 4.

Wegen 4∈/ M existiert maxM nicht.

b) Zun¨achst ist a_n≥0 f¨ur jedesn∈N, denn a₁ = 3>0 unda_n= ¹₄a²_n−1 ≥0 f¨ur alle n≥2. Weiterhin folgt mit Induktion nach n, dassan≤3 f¨ur jedes n∈N ist:

• Induktionsanfang: a₁ = 3≤3 X.

• Induktionsschluss: a_n+1 = 1

4a²_n^I.V.≤ 1 43² = 9

4 <3.

Aus der Absch¨atzung 0≤an≤3 folgt sofort die Monotonie, denn a_n+1

a_n =

1 4a²_n

a_n = 1

4a_n≤ 3 4 <1 und somit ist die Folge (a_n) (streng) monoton fallend.

Aus der Beschr¨anktheit und der Monotonie folgt die Konvergenz der Folge. Seia∈ Rder Grenzwert. Dieser muss wegen der Rekursionsbedingung folgender Identit¨at gen¨ugen:

1

Aufgabe 7 (6 Punkte) a) Bestimmen Sie

22

X

k=1

e^−k. ^{Vgl. XII.1}

b) Entscheiden Sie, ob die Reihe

∞

X

k=1

2k²+ 3

7k²+ 5 konvergiert oder divergiert. Beweisen Sie Ihre Behauptung.

Vgl. Serie XII und XIII

L¨osung:

a) Mit Hilfe der geometrischen Summenformel ist

22

X

k=1

e^−k=

22

X

k=0

e^−k−1 = 1−e⁻²³

1−e⁻¹ −1 = e⁻¹−e⁻²³ 1−e⁻¹ .

b) Die Reihe divergiert, da die Folge (a_k) mit a_k= ^2k_7k²2⁺³+5 keine Nullfolge ist, denn 2k²+ 3

7k²+ 5 = 2 +_k³2

7 +_k⁵2

−−−→k→∞ 2 7.

Alternativ kann man auch eine divergente Minorante angeben, denn 2k²+ 3

7k²+ 5 ≥ 2k² 12k² = 1

6 und die Reihe P∞

k=11

6 divergiert.