Erreichbare Punktzahl: 20

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Wintersemester 2014/2015 Universität Bielefeld

Übungsaufgaben zu Analysis 1 Lösungen von Blatt XII vom 15.01.15

Aufgabe XII.1 (3 Punkte)

Beweisen Sie, dass für allex∈Rundn∈Ndie folgende Ungleichung gilt:

|sin(nx)| ≤n|sin(x)|. Zeigen Sie, dass die Ungleichung

|sin(ax)| ≤a|sin(x)|

nicht für allex∈Runda >0richtig ist.

Aufgabe XII.2 (7 Punkte)

a) Zeigen Sie, dass jedesz∈C,z6= 0, eine eindeutige Darstellung z=re^iϕ=r(cos(ϕ) +isin(ϕ)) mitr >0undϕ∈[0,2π)besitzt.

b) Seienz, w∈Cundn∈N. Zeigen Sie, dass die Gleichung zⁿ=w genaunLösungen besitzt.

Hinweis: Verwenden Sie fürwundzeine Darstellung komplexer Zahlen wie sie in Teilaufgabe a) vorgestellt wird.

c) Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichung

z³=−1 +i.

Aufgabe XII.3 (6 Punkte)

Diskutieren Sie die Funktionenfundg. Geben Sie hierfür den größtmöglichen Definitionsbereich an. Unter- suchen Sie charakteristische Eigenschaften wie Beschränktheit, Verhalten im Unendlichen, (abschnittsweise) Monotonie, Nullstellen, Vorzeichenwechsel etc.. Skizzieren Sie zusätzlich die Funktionsgraphen.

a) f(x) =

1 +1 x

x

,

b) g(x) = ln (2^x+ 1).

Aufgabe XII.4 (4 Punkte) Seien

f: [0,∞)→[0,∞), f(x) =x² und g:R→[−1,1], g(x) = sin(x).

a) Zeigen Sie jeweils die Differenzierbarkeit der Funktionen f und g, indem Sie den zugehörigen Differentialquotienten betrachten und geben Sie die Ableitung an.

b) Bestimmen Sie die jeweils Ableitung der Umkehrfunktion vonf undg, indem Sie Satz V.6 aus der Vorlesung anwenden.

Lösungsvorschläge Aufgabe XII.1

a) Sei x ∈ R beliebig. Sei n ∈ N. Wir beweisen die Aussage mittels vollständiger Induktion:

Induktionsanfang (n0 = 1):

|sin(x)|= 1|sin(x)|.X

Induktionsschritt: Die Aussage sei für ein n∈Nwahr. Dann gilt:

|sin((n+ 1)x)|=|sin(nx+x)|=|sin(nx) cos(x) + sin(x) cos(nx)|

≤ |sin(nx) cos(x)|+|sin(x) cos(nx)| ≤ |sin(nx)|+|sin(x)|

≤n|sin(x)|+|sin(x)|= (n+ 1)|sin(x)|, was zu zeigen war.

Wir widerlegen die Aussage

|sin(ax)| ≤a|sin(x)| , x∈R, a >0

anhand eines Gegenbeispiels. Betrachte x = π. Dann ist die rechte Seite der Ungleichung immer gleich Null. Die linke Seite jedoch nur dann, wenna∈Z. Also ist die Aussage für beispielsweisea= ¹₂ nicht wahr.

Aufgabe XII.2

a) Sei z∈C mitz=a+ibfür a, b∈R. Aus

|z|= re^iϕ

=|r| e^iϕ

=|r|=r,

erhalten wir r=|z|. Wir können ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dassz∈Cden Betrag 1hat, da r >0 und wir durch r teilen können. Es gelte also a²+b²= 1. Dann ist zu zeigen, dassz die eindeutige Darstellung

z=a+ib= cos(ϕ) +isin(ϕ) hat. Wir unterscheiden drei Fäll füra∈[−1,1]:

1. Seia= 1. Dann giltb= 0. Fürϕ∈[0,2π)gilt: sin(ϕ) = 0undcos(ϕ) = 1genau dann, wennϕ= 0.

2. Sei a=−1. Dann gilt b= 0. Für ϕ∈[0,2π) gilt:sin(ϕ) = 0 undcos(ϕ) = −1 genau dann, wennϕ=π.

3. Seia∈(−1,1)beliebig. Dann gibt es genau zwei Möglichkeiten fürϕ∈[0,2π) mit cos(ϕ) =a. Einer der beiden Fälle wird jedoch durch das Vorzeichen von b ausgeschlossen.

Sei b > 0. Dann gilt ϕ ∈ (0, π), wegen sin(ϕ) > 0. Da cos : (0, π) → (−1,1) bijektiv ist, existiert ein eindeutiges ϕ ∈ (0, π) mit a = cos(ϕ). Für dieses ϕ giltb= sin(ϕ), da a²+b² = 1.Analog gilt im Falle b <0: ϕ∈(π,2π), wegen sin(ϕ)<0. Die Bijektivität voncos : (ϕ,2ϕ)→(−1,1)impliziert die Existenz eines eindeutigenϕ∈ (π,2π) mitcos(ϕ) =a. Für dieses ϕ gilt b= sin(ϕ), da a²+b² = 1.

Also ist die Behauptung bewiesen.

b) Sei

z=re^iϕ=r(cos(ϕ) +isin(ϕ)) und w=ρe^iψ =ρ(cos(ψ) +isin(ψ)).

Dann folgt auszⁿ=w:

ψ=nϕ ⇐⇒ ϕ= ψ

n und ρ=rⁿ ⇐⇒ r = √ⁿ ρ.

Also

z= √ⁿ ρ

cos

ψ n

+isin

ψ n

.

Die Division mitnin den trigonometrischen Funktionen verändert die Periodizität des Sinus und des Kosinus von2πauf ^2π_n. Folglich existieren aufgrund der eindeutigen Darstellung des w∈CgenaunWerte

ξ1= ψ

n, ξ2= ψ+ 2π

n , . . . , ξn= ψ+ (n−1)2π

n ∈[0,2π) mit

z:= √ⁿ w= √ⁿ

r(cos (ξi) +isin (ξi)) für k∈ {1, . . . , n}.Also hat zⁿ=wgenaunLösungen.

c) Wir bestimmen zunächst die Polarkoordinaten vonw=−1 +i. Es giltr=√ 2. Des Weiteren gilt für ϕ∈[0,2π) : cos(ϕ) =−^√1₂ undsin(ϕ) = ^√1

2 genau dann, wenn ψ= ³₄π. Einsetzen in die obige Formel liefert

ξ₁=

3π 4

3 = 1

4π, ξ₂ =

3π 4 + 2π

3 = 11

12π, ξ₃ =

3π 4 + 4π

3 = 19 12π.

Also sind die Lösungen:

z1 =√⁶ 2

cos

1 4π

+isin

1 4π

, z₂ =√⁶

2

cos 11

12π

+isin 11

12π

, z3 =√⁶

2

cos 19

12π

+isin 19

12π

.

Aufgabe XII.3

a) Die Funktion f ist für x ∈ [−1,0] (im Reellen) nicht definiert. Der maximale Definitionsbereich der Funktionf ist daherR\(−1,0]. Wir schreiben die Funktion wie folgt um:

f(x) =

1 + 1 x

x

= exp

x·ln

1 +1 x

.

Da die Funktionexp(x)>0für alle a∈R, gilt auchf(x)>0 für allex∈R. Also hatf keine Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen und ist nach unten durch Null beschränkt. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass

x→∞lim f(x) = lim

x→∞

1 +1

x x

=e.

Des Weiteren liefert die Stetigkeit der Exponentialfunktion die folgenden Grenzwerte:

x→−∞lim f(x) = exp

x→−∞lim

x·ln

1 +1 x

| {z }

=1

=e,

x→−1lim f(x) = exp

x→−1lim

x·ln

1 + 1 x

| {z }

=∞

=∞,

x→0limf(x) = exp

x→0lim

x·ln

1 +1 x

| {z }

=0

= 1.

Die Funktionxln(1 +¹_x)ist auf dem Intervall(−∞,−1)bzw.(0,∞)streng monoton wachsend und somit auch die Funktionf auf dem Intervall (−∞,−1)bzw.(0,∞).

2 4 6 8

5 10 15

−5

−10

−15

−20

x f(x)

b) Die Funktion g ist für alle x ∈ R definiert, da 2^x+ 1 > 1 für alle x ∈ R. Des Weiteren lässt sich daraus herleiten, dassg(x)>0 für allex∈R. Also hatg keine Nullstellen. Da sowohl2^x+ 1, als auchln(x) streng monoton wachsende Funktionen sind folgt, dass auch die Funktiong eine streng monoton wachsende Funktion. Die Stetigkeit des Logarithmus liefert die Grenzwerte:

x→∞lim g(x) =∞ und lim

x→−∞g(x) = 0.

Folglich ist die Funktion nach unten durch Null beschränkt und nach oben unbe- schränkt. Dery-Achsenschnittpunkt von g liegt beig(0) = ln(2).

2 4 6 8 10

5 10

−5

−10

−15

−20

x g(x)

Aufgabe XII.4

a) Sei x∈[0,∞) beliebig. Dann gilt:

h→0lim

f(x+h)−f(x)

h = lim

h→0

2xh+h² h

= lim

h→02x+h= 2x.

Folglich istf⁰(x) = 2x für allex∈[0,∞).

Seix∈R beliebig. Dann gilt

h→0lim

sin(x+h)−sin(x)

h = lim

h→0

sin(x) cos(h) + cos(x) sin(h)−sin(x) h

= lim

h→0

sin(x)(cos(h)−1) + cos(x) sin(h) h

= sin(x) lim

h→0

cos(h)−1

h + cos(x) lim

h→0

sin(h) h

= sin(x)·0 + cos(x)·1 = cos(x).

Also ist f⁰(x) = cos(x) für alle x∈R.

b) Die Funktionf : [0,∞)→[0,∞) ist bijektiv und ihre Umkehrfunktion ist gegeben durchf⁻¹(x) =√

x. Laut Satz V.6 aus der Vorlesung gilt (f⁻¹)⁰(x) = 1

f⁰(f⁻¹(x)) = 1 2√

x.

Die Funktiong:R→[−1,1] ist nicht bijektiv. Wir passen den Definitionbereich auf D= [−^π₂,^π₂]an. Dann istgbijektiv und die Umkehrfunktion istg⁻¹(x) = arcsin(x).

Die Ableitung ist dann gegeben durch:

(g⁻¹)⁰(x) = 1

g⁰(g⁻¹(x)) = 1

cos(arcsin(x)) = 1

p1−sin²(arcsin(x)) = 1

√1−x².