0 f¨ur alle x ∈ R, so ist die Behauptung trivial

Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis

Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dr. D. Frey

WS 2011/12

H¨ohere Mathematik I f¨ur die Fachrichtung Physik L¨osungsvorschl¨age zum 8. ¨Ubungsblatt Aufgabe 39

a) Istf(x) = 0 f¨ur alle x ∈ R, so ist die Behauptung trivial. Sonst w¨ahlen wir ein x₁ ∈R mit f(x₁) 6= 0 und setzen ε := |f(x₁)|. Wegen limx→−∞f(x) = 0 und limx→∞f(x) = 0 gibt es einM >0 mit

|f(x)|< ε f¨ur alle x <−M und f¨ur alle x > M . Nach Definition von εgiltx₁ ∈[−M, M].

Die stetige Funktiong: [−M, M]→R, x7→g(x) :=|f(x)|, nimmt auf der kompakten Menge [−M, M] nach Satz 8.15 ihr Maximum an, d.h. es existiert einx0 ∈[−M, M] mitg(x)≤g(x0) f¨ur alle x∈[−M, M].

F¨ur jedes x∈[−M, M] gilt somit |f(x)|=g(x)≤g(x0) =|f(x0)|. Auch f¨urx /∈[−M, M] ist

|f(x)|< ε=|f(x1)|^x1

∈[−M,M]

≤ |f(x₀)|.

b) Nach Satz 8.15 nimmt die stetige Funktion f auf der kompakten Menge [a, b] ihr Minimum an, d.h. es gibt ein x0 ∈ [a, b] mit f(x) ≥ f(x0) > 0 f¨ur alle x ∈ [a, b]. Demzufolge gilt f¨ur jedesx∈[a, b]

1

f(x) ≤ 1

f(x₀) =:C <∞.

Die Funktion ¹_f ist also nach oben durchC beschr¨ankt; eine untere Schranke von _f¹ ist z.B. 0.

Aufgabe 40

a) und b) Laut Vorlesung gilt jedes x∈(0,^π₂)

sinx >0 und cosx >0. (1)

Durch mehrfache Anwendung der Additionstheoreme f¨ur Sinus und Cosinus erhalten wir 0 = cos^π₂ = cos(^π₃ +^π₆) = cos^π₃ cos^π₆ −sin^π₃ sin^π₆

= cos(^π₆ +^π₆) cos^π₆ −sin(^π₆ +^π₆) sin^π₆

= cos^{2 π}₆ −sin^{2 π}₆

cos^π₆ −2 cos^π₆ sin^{2 π}₆ = cos^3π₆ −3 cos^π₆ sin^{2 π}₆, woraus

cos^2π₆ −3 sin^2π₆ = 0 (2)

aufgrund von (1) folgt. Da cos^2π₆ + sin^{2 π}₆ = 1 gilt, ergibt sich hieraus 4 sin^2π₆ = 1, also

1 2 =

sin^π₆

(1)= sin^π₆. Einsetzen in Gleichung (2) f¨uhrt auf cos^{2 π}₆ = 3 sin^2π₆ = ³₄, woraus sich cos^π₆ = ¹₂√

3 wegen (1) ergibt. Aus den Additionstheoremen folgt weiter sin^π₃ = sin(^π₆ +^π₆) = 2 sin^π₆ cos^π₆ = 2·¹₂ cos^π₆ = cos^π₆ = ¹₂√

3, cos^π₃ = cos(^π₆ +^π₆) = cos^2π₆ −sin^{2 π}₆ = ³₄− ¹₄ = ¹₂ = sin^π₆.

Zusammen mit den in der Vorlesung berechneten Funktionswerten von Sinus und Cosinus ergibt sich folgende Tabelle:

x 0 ^π₆ ^π₄ ^π₃ ^π₂

sinx ¹₂√

0 ¹₂√

1 ¹₂√

2 ¹₂√

3 ¹₂√ 4 cosx ¹₂√

4 ¹₂√

3 ¹₂√

2 ¹₂√

1 ¹₂√ 0 Aufgabe 41

a) Um Real- und Imagin¨arteil von z1 zu ermitteln, betrachtet man am besten die Polarkoordi- naten von 1−i√

3. Die L¨ange dieser Zahl betr¨agt

1−i√ 3

= q

1²+ −√ 32

=√ 4 = 2, und nun gilt es noch, das Argument von 1−i√

3 zu finden, d.h. ϕ∈(−π, π] mit 1−i√

3 = 2e^iϕ= 2 cosϕ+isinϕ

, also cosϕ= ¹₂ und sinϕ=−¹₂√ 3. Dies ist genau f¨urϕ=−¹₃π der Fall; damit ist 1−i√

3 = 2e^−iπ/3. Es folgt z₁ = 1−i√

342

= 2e^−iπ/342

= 2⁴²e^42(−iπ/3) = 2⁴²e^−14πi = 2⁴²,

denne^−14πi = cos(−14π) +isin(−14π) = 1. Somit sind Rez1 = 2⁴², Imz1 = 0,|z₁|= 2⁴²und argz₁= 0.

Wie zuvor gesehen, ist 1±√

3i= 2e^±iπ3. Damit erhalten wir z2 =

2e^iπ3 2e^−iπ3

201

=

e^i2π3 201

=e^{i2π3 ·201}=e^134iπ= cos (134π) +isin (134π) = 1. Also sind Rez₂= 1, Imz₂= 0, |z₂|= 1 und argz₂ = 0.

b) Es seit∈(0,2π). Wegene^iϕ−e^−iϕ= 2isinϕf¨urϕ∈Rerhalten wir z(t) = 1−e^it= e^−it/2−e^it/2

e^it/2 =−2isin(t/2)e^it/2 = 2 sin(t/2)e^i(t−π)/2,

wobei f¨ur die letzte Umformung −i=e^−iπ/2 verwendet wurde. Damit haben wir bereits die gesuchte Polardarstellung von z(t) gefunden, denn f¨ur alle t ∈ (0,2π) gilt sin(t/2)> 0 und

1

2(t−π)∈(−π, π]. Also hat z(t) die L¨ange 2 sin(t/2) und das Argument ¹₂(t−π).

c) Wir haben

z=e^i5π4 = cos 5π

4

+isin 5π

4

=−1 2

√ 2− i

2

√ 2, z³ =e^i15π4 = cos

15π 4

+isin

15π 4

= cos 7π

4

+isin 7π

4

= 1 2

√ 2− i

2

√ 2 und

z¹⁵⁰=e^i750π4 = cos 750π

4

+isin 750π

4

= cos 3π

2

+isin 3π

2

=−i, weil 750 = 93·8 + 6 und somit ^750π₄ = 93·2π+^6π₄ ist.

Aufgabe 42

a) F¨urx, y∈Rmitx, y, x+y /∈ {π/2 +kπ:k∈Z} gilt tan(x+y) = sin(x+y)

cos(x+y) = sinx cosy+ siny cosx

cosx cosy−sinx siny = cosxcosy(_cos^sinx_x+_cos^siny_y)

cosx cosy(1−_cos^sinx_x^siny_cosy) = tanx+ tany 1−tanxtany. b) Gem¨aß Vorlesung ist tan : (−π/2, π/2)→ R streng monoton wachsend, stetig und bijektiv.

Die Umkehrfunktion von tan heißt Arcustangens arctan :R→(−π/2, π/2). Also gilt arctan(tan(x)) =x f¨ur alle x∈(−π/2, π/2),

tan(arctan(y)) =y f¨ur alle y∈R.

Nun seienx, y∈Rmit|arctanx+ arctany|< ^π₂. Wir setzenX:= arctan(x), Y := arctan(y).

Mit Hilfe der Identit¨at tan(X+Y) = _1−tan^tanX_X^+tan_tan^Y_Y aus Teil a) erhalten wir X+Y = arctan tan(X+Y)

= arctan tanX+ tanY 1−tanX tanY

= arctan x+y 1−xy

.

c) F¨ur jedes y∈R gilt

coshy+ sinhy= e^y+e^−y

2 +e^y−e^−y 2 = 2e^y

2 =e^y. Damit ergibt sich f¨ur alle x∈R undn∈N

(coshx+ sinhx)ⁿ= (e^x)ⁿ=e^nx= cosh(nx) + sinh(nx). d) F¨ur jedes x∈Rgilt

y= Arsinhx ⇐⇒ x= sinhy= e^y −e^−y

2 ⇐⇒ 2x=e^y −e^−y

e^y6=0

⇐⇒ 2xe^y =e^2y−1 ⇐⇒ e^2y−2xe^y = 1

⇐⇒ (e^y)²−2xe^y+x² =x²+ 1 ⇐⇒ (e^y−x)² =x²+ 1

⇐⇒ |e^y−x|=p

x²+ 1 ⇐⇒ e^y =x+p

x²+ 1 oder e^y =x−p x²+ 1

| {z }

>|x|≥x

| {z }

<x−x=0 e^y>0

⇐⇒ e^y =x+p

x²+ 1 ⇐⇒ y= log(x+p

x²+ 1).

e) F¨ur jedes x∈(−1,1) gilt

y= Artanhx ⇐⇒ x= tanhy=

1

2(e^y−e^−y)

1

2(e^y+e^−y) = e^2y−1

e^2y+ 1 ⇐⇒ e^2y(x−1) =−1−x

⇐⇒ e^2y = 1 +x

1−x ⇐⇒ 2y= log1 +x 1−x

⇐⇒ y= 1

2log1 +x 1−x

.

Aufgabe 43

a) Sei x > 0. Wegen der Injektivit¨at von log : (0,∞) → R ist die gegebene Gleichung x

√x = (√

x)^x ¨aquivalent zu log(x

√x) = log (√ x)^x

⇔ √

xlogx=xlog√

x ⇔ √

xlogx= ¹₂xlogx ⇔ (√

x−¹₂x) logx= 0. Diese Gleichung ist genau dann erf¨ullt, wenn logx= 0 (alsox= 1) oder wenn√

x= ¹₂x gilt.

Aus Letzterem folgt x = ¹₄x² und damit x(1− ¹₄x) = 0, also x = 4. (Man beachte x > 0.) Somit giltx

√x= (√

x)^x genau f¨urx= 1 oder x= 4.

b) i) F¨urx∈Rist

2^x−1+ 3^x+1 = 2^x+4+ 3^x−1 ⇐⇒ 2^x−1−2^x+4 = 3^x−1−3^x+1

⇐⇒ 2^x(¹₂−2⁴) = 3^x(¹₃ −3)

⇐⇒ 2^x(−³¹₂) = 3^x(−⁸₃)

⇐⇒ 2^x

3^x = 8/3

31/2 ⇐⇒ 2

3 x

= 16 93

⇐⇒ x= log2 3

16 93

= log¹⁶₉₃

log²₃ = log 16−log 93 log 2−log 3 . ii) Die Gleichungx^log10x = 100x ist nur f¨urx∈(0,∞) sinnvoll. F¨urx >0 gilt

x^log10x = 100x ⇐⇒ log₁₀(x^log10x) = log₁₀(100x)

⇐⇒ (log₁₀x)(log₁₀x) = log₁₀(100) + log₁₀(x)

⇐⇒ (log₁₀x)²−log₁₀(x)−2 = 0

⇐⇒ (log₁₀x−2)(log₁₀(x) + 1) = 0

⇐⇒ log₁₀x= 2 oder log₁₀(x) =−1

⇐⇒ x= 100 oder x= 10⁻¹= ₁₀¹. c) Die Identit¨at log₂(√

7−√

3) = 2−log₂(√ 7 +√

3) folgt sofort aus log₂(√

7−√

3) + log₂(√ 7 +√

3) = log₂ (√ 7−√

3)·(√ 7 +√

3)

= log₂(7−3) = log₂(4) = 2.

Aufgabe 44

a) Wir verwenden die Potenzreihen der vorkommenden Funktionen.

sinhx−sinx

x(coshx−1) = (x+_3!¹x³+· · ·)−(x−_3!¹x³+− · · ·) x((1 + _2!¹x²+· · ·)−1) =

2

3!x³+· · ·

1

2!x³+. . .

−−−→x→0 2·2!

3! = 2 3. (Beim Grenz¨ubergang k¨urzt man mit x³ und verwendet die Stetigkeit von Potenzreihen.) b) Auch hier kommen wieder Potenzreihen zum Einsatz:

a^x2 −cosx

tanx² = (cosx²)(e^x2loga−cosx) sinx²

= (cosx²) (1 + (x²loga) +_2!¹(x²loga)²+· · ·)−(1− _2!¹x²+− · · ·) x²−_3!¹(x²)³+− · · ·

= (cosx²)(x²(loga+¹₂) +· · ·) x²− _3!¹(x²)³+− · · ·

−−−→x→0 loga+¹₂.

c) Aus der Vorlesung ist bekannt, dass (e^x−1)/x−−−→^x→0 1 gilt. Folglich ergibt sich

y→1lim logy

y−1 = lim

y→1

logy

e^logy−1 = 1, denn logy−−−→^y→1 0 Wir setzen nunf(x) := ^2x+3_2x+1. Dann giltf(x)−−−→^x→∞ 1 und wir erhalten

x→∞lim log(f(x))^x+1

= lim

x→∞ (x+ 1) logf(x)

= lim

x→∞

(x+ 1)(f(x)−1)logf(x) f(x)−1

= lim

x→∞(x+ 1)(f(x)−1)· lim

x→∞

logf(x)

f(x)−1 = lim

x→∞(x+ 1)(f(x)−1)

= lim

x→∞(x+ 1) 2

2x+ 1 = lim

x→∞

2x+ 2 2x+ 1 = 1.

F¨ur den zu untersuchenden Grenzwert ergibt sich also wegen der Stetigkeit der Exponential- funktion

x→∞lim(f(x))^x+1 = lim

x→∞e^log(f(x))x+1 = exp lim

x→∞log(f(x))^x+1

=e¹=e .

d) Wieder untersuchen wir zun¨achst den Logarithmus:

log (tanx)^tan(2x)

= tan(2x) log(tanx) = tan(2x)(tanx−1)log(tanx) tanx−1 Genau wie eben folgt dann wegen tanx−−−−→^x→π/4 1

x→π/4lim log (tanx)^tan(2x)

= lim

x→π/4tan(2x)(tanx−1). Unter Verwendung der Additionstheoreme ergibt sich

tan(2x)(tanx−1) = sin(2x)

cos(2x)·sinx−cosx

cosx = 2 sin(x) cos(x)

cos²x−sin²x ·sinx−cosx cosx

=− 2 sinx cosx+ sinx

x→π/4

−−−−→ − 2·¹₂√ 2

1 2

√2 +¹₂√

2 =−1. Der zu berechnende Grenzwert ist somite⁻¹.