Dann gilt x = Arctany und nach der Regel f¨ur die Ableitung der Umkehrfunktion tan0x= 1 (tan−1)0(y

Aufgabe 1 a)Dies wurde zwar in der Vorlesung schon berechnet. Aber Widerholung dieser sch¨onen Rechnungen schadet d. ¨U.E. nichts:

tan⁰(x) =sinx cosx

0

= sin⁰xcosx−sinxcos⁰x

cos²x = cos²x+ sin²x

cos²x = 1 cos²x. Wir k¨onnen dies auch anders umformen:

tan⁰(x) = cos²x+ sin²x

cos²x = 1 + sin²x

cos²x = 1 +sinx cosx

2

= 1 + tan²x.

Sei y = tanx. Dann gilt x = Arctany und nach der Regel f¨ur die Ableitung der Umkehrfunktion

tan⁰x= 1

(tan⁻¹)⁰(y) = 1 Arctan⁰y. Damit erhalten wir

Arctan⁰y= 1

tan⁰x = 1

1 + tan²x = 1 1 +y². b) F¨ur alle x >0 gilt

f⁰(x) = 1

1 +x² + 1

1 + (x⁻¹)² · −x⁻²

= 1

1 +x² − 1

x² + 1 = 0.

Da die Ableitung auf ganz (0,∞) verschwindet, ist die Funktion dort konstant. F¨ur alle x >0 gilt f(x) =f(1) = 2 Arctan(1) = 2· ^π₄ = ^π₂.

Aufgabe 4 a)Wir betrachten die Funktionf, die durchf(x) = cosxgegeben ist. Zu jedem x >0 existiert dann laut Mittelwertsatz ein ξ∈(0, x) mit

f⁰(ξ) = f(x)−f(0)

x−0 , also −sinξ = cosx−1

x .

Insbesondere gibt es zux_n = _n¹ ein solchesξ_n. Dann gilt ξ_n →0 f¨urn → ∞und n 1−cos_n¹

= 1−cosx_n

x_n = sinξn

−−−→n→∞ sin 0 = 0.

b)Hier nehmen wir f(y) = cos√

y. Zu jedemx existiert dann einξ ∈(x−1, x+ 1) mit f(x+ 1)−f(x−1)

(x+ 1)−(x−1) =f⁰(ξ), also cos√

x+ 1−cos√ x−1

2 = −sin√

ξ 2√

ξ . Also ergibt sich die Absch¨atzung

cos√

x+ 1−cos√ x−1

≤ 1

√ξ

und da f¨urx→ ∞ auchξ → ∞gilt, ist der zu bestimmende Grenzwert 0.

c)Hier sei f(x) :=x^β und g(x) := x^δ. Zu x6=a gibt es dann ξ zwischen a und x mit x^δ−a^δ

x^β −a^β = g(x)−g(a)

f(x)−f(a) = g⁰(ξ)

f⁰(ξ) = δξ^δ−1

βξ^β−1 = δξ^δ−β β . F¨ur x→a gilt auchξ →a und der Quotient strebt gegen (δ/β)a^δ−β.

1

Aufgabe 6 a)Wir teilen das Intervall auf:

Z 2

−2

|x−1|dx= Z 1

−2

|x−1|dx+ Z 2

1

|x−1|dx= Z 1

−2

1−x dx+ Z 2

1

x−1dx

= x− 1 2x²

1

−2

+ 1

2x²−x

2 1

= 1− 1 2

−(−2−2) + (2−2)− 1 2 −1

= 5.

b) Wegen (sin²x)⁰ = 2 sinxcosx ist ¹₂sin²x eine Stammfunktion von sinxcosx:

Z π/2

0

sinxcosx dx= ¹₂sin²x

π/2

x=0 = ¹₂ sin²(¹₂π)−sin²(0)

= ¹₂(1−0) = ¹₂.

c)Auch hier kann man die Stammfunktion leicht finden:

Z 1 0

√ x

9−4x² dx=−1 4

Z 1 0

−8x 2√

9−4x² dx

=−¹₄√

9−4x²

1 x=0

=−¹₄(√ 5−√

9 ) = ¹₄(3−√ 5 )

d)Hier wenden wir die Substitutionsregel mitφ(t) =√

t an. Wir ersetzen also√

t durch x und φ⁰(t)dt = (2√

t )⁻¹dt durch dx. Dabei m¨ussen wir auch die Integrationsgrenzen anpassen: t= 1 entspricht x=φ(1) = 1 und t= 4 entspricht x=φ(4) = 2.

Z 4 1

√ 1

t(1 +√

t )dt= Z 4

1

2 1 +√

t · 1 2√

t dt

= Z 2

1

2

1 +xdx= 2 ln|1 +x|

2

x=1 = 2 ln(3)−ln(2)

= 2 ln³₂

e) Um dieses Integral zu berechnen, verwenden wir Produktintegration f¨ur f(x) = lnx und g⁰(x) =x. Mit f⁰(x) = x⁻¹ und g(x) = ¹₂x² folgt

Z e

1

xlnx dx= Z e

1

f(x)g⁰(x)dx=f(x)g(x)

e x=1−

Z e

1

f⁰(x)g(x)dx

= ¹₂x²lnx

e x=1−

Z e

1 1

2x²x⁻¹dx= ¹₂(e²lne−ln 1)− Z e

1 1 2x dx

= ¹₂e²− ¹₄x²

e x=1

= ¹₂e²− ¹₄(e²−1) = ¹₄(e²+ 1). f ) Betrachten wir zun¨achst das Integral ohne Betrag:

Z kπ

(k−1)π

sinx dx=−cosx

kπ

x=(k−1)π =−cos(kπ) + cos((k−1)π)

=−(−1)^k+ (−1)^k−1 = 2(−1)^k−1.

Da die Sinusfunktion ihre Nullstellen genau in x=kπ mit k ∈Z hat, ist sinx auf dem ganzen Intervall [(k−1)π, kπ] entweder≥0 oder ≤0. Folglich gilt

Z kπ

(k−1)π

|sinx|dx=

Z kπ

(k−1)π

sinx dx

= 2.

2

Aufgabe 2 F¨ur t < 0 trifft die Aussage nicht zu, denn in diesem Falle gilt x^t → ∞ f¨ur x→0. F¨ur t= 0 ist sie hingegen offenbar richtig.

Wir m¨ussen im folgenden also nur noch den Fall t >0 betrachten: Logarithmieren wir die Absch¨atzung e^x > x^t, so ergibt sich

x >ln(x^t) =tlnx, also t⁻¹ > lnx x .

Setzen wir g(x) := (lnx)/x, so l¨asst sich unsere Frage wie folgt umformulieren: F¨ur welchet >0 nimmt g nur Werte< t⁻¹ an?

F¨ur x ∈ (0,1] gilt g(x) ≤ 0. Aus g⁰(x) = (_x¹ ·x−lnx)/x² = (1−lnx)/x² k¨onnen wir folgendes schließen: F¨urx∈(1, e) istg(x)>0, alsog monoton steigend, f¨urx∈(e,∞) istg(x)<0, also g monoton fallend. Die Funktion erreicht ihr Maximum somit an der Stelle x = e mit g(e) = e⁻¹. Also: Genau dann nimmt g nur Werte < t⁻¹ an, wenn e⁻¹ < t⁻¹, also e > t.

Die Antwort auf die Frage lautet: Die Aussage gilt genau dann, wenn 0≤t < e.

Aufgabe 3 a)Die Funktion ist auf dem gesamten Intervall differenzierbar. In jedem Maximum oder Minimum im Innern des Intervalls verschwindet daher die Ableitung.

D.h.

f⁰(x) = 4x³−8x= 4x(x²−2) = 0.

Die Nullstellen dieser Funktion sind 0 und ±√

2. Wir m¨ussen also diese drei Stellen untersuchen (die auch alle im Intervall liegen!), außerdem noch die R¨ander des Intervalls:

f(0) = 2, f(√

2) =f(−√

2) =−2,f(−3) = 47, f(2) = 2. Das Maximum ist folglich 47, das Minimum ist −2.

b) Die Funktion ist, außer in 3 differenzierbar. Wir m¨ussen also die Randpunkte, den Punkt 3 und alle Punkte im Innern des Intervalls untersuchen, an denen die Ableitung verschwindet.

Auf [0,3] gilt

f(x) =−6x+ (3−x+ 2)² =−6x+ (5−x)² =x²−16x+ 25, also f⁰(x) = 2x−16.

f⁰(x) = 0 gilt nur f¨ur x = 8, das ist aber nicht im Intervall [0,3]. Also hat f⁰ in [0,3]

keine Nullstelle. Auf [3,10] gilt

f(x) =−6x+ (x−1)² =x²−8x+ 1, also f⁰(x) = 2x−8.

f⁰(x) = 0 gilt nur f¨urx= 4∈(3,10). Wir m¨ussen also die Punkte 0,3,4,10 untersuchen.

f(0) = 25, f(3) = −14, f(4) = −15, f(10) = 21. Also ist −15 das Minimum und 25 das Maximum von f.

Aufgabe 5 Oberfl¨acheA und Volumen V einer zylindrischen Konservendose mit Ra- dius r und H¨ohe h berechnen sich wir folgt:

A= 2πr²+ 2πrh und V =πr²h .

3

Bei vorgegebenem VolumenV gilt somith=V /(πr²) und f¨ur die Oberfl¨ache ergibt sich A(r) = 2πr² + 2πrh= 2πr² + 2V /r.

Die Oberfl¨ache soll m¨oglichst klein werden. Wegen A(r) → ∞ f¨ur r → 0 und f¨ur r→ ∞ folgt aus der Stetigkeit vonA(r), dassAauf (0,∞) ein Minimum hat. (Genaue Begr¨undung: Es gibt und M mit < 1 < M und A(r) > A(1) f¨ur r < und f¨ur r > M. Das Minimum, das A als stetige Funktion auf [, M] besitzt, ist also auch das Minimum auf (0,∞).) Dort muss die Ableitung verschwinden:

A⁰(r) = 0 ⇐⇒ 4πr− 2V

r² = 0 ⇐⇒ r³ = V

2π ⇐⇒ r= ³ rV

2π. F¨ur die H¨ohe ergibt sich dann

h= V

πr² = V

π(_2π^V )^2/3 = V^1/3·2^2/3 π^1/3 = ³

r4V

π = 2r .

Aufgabe 7 Wir setzenf(x) := Rx

0 sin(e^t) dt und g(x) := sinx.

Damit gilt F(x) =f(g(x)) (also F =f◦g), weshalb aus der Kettenregel folgt F⁰(x) = g⁰(x)f⁰(g(x)).

Wir wissen: g⁰(x) = cosxund nach dem Hauptsatz der Integral und Differentialrechnung gilt f⁰(x) = sin(e^x). Zusammen haben wir also

F⁰(x) = g⁰(x)f⁰(g(x)) = cosxsin(e^sinx).

Aufgabe 8 Nach Definition giltf(x) =x

√x =e^log(x)

√x. Wir setzten g(x) := log(x)√

x damit gilt f(x) =exp(g(x)), also

f⁰(x) = g⁰(x)exp⁰(g(x)) =g⁰(x)exp(g(x)) = g⁰(x)f(x).

Weiter gilt nach der Produktregel g⁰(x) = log⁰(x)√

x+ log(x) (√

x)⁰ = 1 x

√x+ log(x) 1 2√

x =

√x(2 + log(x))

2x ,

Also

f⁰(x) =

√x(2 + log(x))

2x f(x).

4