HM I WS 11/12 Zwischenklausur 22.11.2011 – Lösungen Martin Glatz
Es gab bei der Klausur 3 verschiedenen Gruppen (siehe weiter hinten), wobei die Rechenvorgänge völlig analog durchzuführen sind.
1. Ungleichung lösen:
5 − x
x ≤ x + 3 Eine Fallunterscheidung für den Nenner x ist nötig:
Fall 1: Sei x > 0:
5−x
x
≤ x + 3 ⇔ 5 − x ≤ x(x + 3) ⇔ 5 − x ≤ x
2+ 3x ⇔ 0 ≤ x
2+ 4x − 5 ⇔ 0 ≤ (x + 5)(x − 1) Der letzte Term beschreibt eine nach oben offene Parabel mit den Nullstellen −5 und 1 (Skizze machen!), wobei die »Funktionswerte« ≥ 0 sind, falls x ≤ −5 oder x ≥ 1 ist.
1Da x > 0 vorausgesetzt war – und für etwaige Lösungen diese Bedingung zutreffen muss–, interessiert nur der rechte Ast und somit gilt L
1= [1, ∞)
Fall 2: Sei x < 0:
5−x
x
≤ x + 3 ⇔ 5 − x ≥ x(x + 3) ⇔ 5 − x ≥ x
2+ 3x ⇔ 0 ≥ x
2+ 4x − 5 ⇔ 0 ≥ (x + 5)(x − 1) Nun interessieren die Bildwerte ≤ 0 der Parabel, die zwischen den Nullstellen −5 und 1 liegen, wobei x < 0 sein muss, also L
2= [−5, 0)
Somit ist L = L
1∪ L
2= [−5, 0) ∪ [1, ∞).
2. Bild und Umkehrfunktion:
f : R → R , f (x) = x
2− 4x + 1 ist gegeben.
a) Bild von f bestimmen:
f( R ) := {y ∈ R | ∃x ∈ R : y = f (x)}. Wir untersuchen also, für welche y ∈ R es reelle Lösungen für x gibt, sodass f (x) = y gilt. Also:
y = x
2− 4x + 1 ⇔ 0 = x
2− 4x + 1 − y ⇒ x
1,2= 2 ± p 4 − 1 + y = 2 ± p 3 + y Dieser Ausdruck ist nur für 3 + y ≥ 0, also für alle y ≥ −3 wohldefiniert und liefert immer x
1,2∈ R , also aus dem Definitionsbereich. Daher gilt: f ( R ) = [−3, ∞).
b) X und die Umkehrfunktion bestimmen:
Nun suchen wir eine Menge X ⊂ R derart, dass die Funktion f : X → f ( R ) bijektiv ist: Die Funktion f stellt eine Parabel dar, also nehmen wir z B. den Definitionsbereich für EINEN Zweig der Parabel (z. B. des rechten). Da f (x) = (x − 2)
2− 3 gilt, hat die Parabel den Scheitel (2/− 3). Wähle daher X := [2, ∞). Dann gilt:
Für alle y ≥ −3 ist x = 2 + √
3 − y ≥ 2 das einzige Urbild in X (vgl. Rechnung oben, die Lösung x
2wäre nämlich ≤ 2; bei y = −3 sind beide Lösungen ident.). Also erfüllt X die geforderten Eigenschaften und es gilt:
f
−1: [−3, ∞) → [2, ∞), y 7→ f
−1(y) := 2 + p 3 − y
1
Alternativ kann auch für 0
≤(x + 5)(x
−1) wieder eine Fallunterscheidung (beide Faktoren positiv oder beide negativ)gemacht werden. Man kommt selbstverständlich auf das selbe Ergebnis.
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3. Grenzwert berechnen:
Der Grenzwert
x→1
lim
3x
2+ 3x − 6 x − 1 ist zu bestimmen und mittels ε-δ-Kriterium nachzuweisen.
a)
x→1
lim
3x
2+ 3x − 6 x − 1 = lim
x→1
(3x + 6)(x − 1) x − 1 = lim
x→1
3x + 6 = 9 Der Kandidat für den Grenzwert ist also L = 9.
b) Nun beweisen wir folgende Aussage:
∀ε > 0 ∃δ > 0 : 0 < |x − 1| < δ ⇒ | 3x
2+ 3x − 6
x − 1 − 9| <
Wir wollen also ein passendes, possitives δ derart bestimmen, dass die obige Implikation stimmt. Hier der Beweis, dass diese Aussage tatsächlich stimmt (Die Nebenrechnung darf sich jedeR selbst überlegen):
Sei ε > 0 beliebig vorgegeben (aber selbstverständlich für die weitere Rechnung fixiert).
Wähle δ :=
ε3> 0.
Sei nun x ∈ R beliebig, aber derart gewählt, dass die Aussage 0 < |x − 1| < δ erfüllt ist (x 6= 1 ist somit erfüllt; zu bedenken beim Kürzen!). Dann folgt daraus:
3x
2+ 3x − 6 x − 1 − 9
=
(3x + 6)(x − 1)
x − 1 − 9
= |3x + 6 − 9| = |3x − 3| =
= |3(x − 1)| = 3|x − 1| < 3 · δ = 3 · ε 3 = Somit ist die Aussage gezeigt.
Hier noch die anderen Gruppen samt Aufgaben und Kurzlösungen:
Gr 2:
x + 3
x ≤ x − 1, L
1= [3, ∞) L
2= [−1, 0)
f(x) = x
2+ 2x − 2, f ( R ) = [−3, ∞), X = [−1, ∞), f
−1(y) = −1 + p 3 + y
x→3
lim
4x
2− 8x − 12
x − 3 , L = 16, δ = ε
4 Gr 3:
7 − 3x
x ≥ x + 3, L
1= (0, 1] L
2= (−∞, −7]
f (x) = x
2− 2x + 3, f( R ) = [2, ∞), X = [1, ∞), f
−1(y) = 1 + p −2 + y
x→3
