1.) Es war die Funktion f : R → R auf Differenzierbarkeit an der Stelle x = 0 zu überprüfen, wobei f(x) =

HM I WS 11/12 Endklausur 31.1.2012 – Lösungen Martin Glatz

Es gab bei der Klausur 2 verschiedenen Gruppen.

Gruppe 1

1.) Es war die Funktion f : R → R auf Differenzierbarkeit an der Stelle x = 0 zu überprüfen, wobei f(x) =







x ^p |x| sin

falls x 6= 0

0 falls x = 0

Da an der Stelle x = 0 die Funktion ihre Abbildungsvorschrift ändert, ist die Differenzierbarkeit per Differentialquotienten (Limes des Differenzenquotienten) zu überlegen:

x→0

lim

f (x) − f(0) x − 0 = lim

x→0

x ^p |x| sin

− 0

x − 0 = lim

x→0

q

|x| sin 1

x

= 0, da ^p |x| für x → 0 gegen 0 geht und sin

∈ [−1, 1] und damit beschränkt ist.

Wir haben also festgestellt, dass dieser Limes existiert und somit gezeigt, dass f an der Stelle x = 0 differenzierbar ist und es gilt f

(0) = 0.

2.) Mit Hilfe des Mittelwertsatzes der Differentialrechnung ist folgende Ungleichung für alle x > 0 zu zeigen:

x ln(x) ≥ x − 1 Ich möchte nun zwei Lösungsvarianten vorführen:

Variante a) setze f (x) = x ln(x), dann gilt f (1) = 0 und f

(x) = 1 · ln(x) + x

= ln(x) + 1. Für x = 1 ist die obige Ungleichung erfüllt (einsetzen!). Laut Mittelwertsatz gilt weiters:

x ln(x) = f (x) − f(1) = f

(ξ)(x − 1) = (ln(ξ) + 1)(x − 1) = (A) mit einem geeigneten ξ aus (1, x) (falls x > 1) bzw. aus (x, 1) (falls 0 < x < 1).

x > 1: Dann ist ξ ebenfalls größer 1 und somit ln(ξ) > 0 und damit (A) = (ln(ξ) + 1)(x − 1) ≥ (0 + 1)(x − 1) = x − 1, da x − 1 positiv ist.

0 < x < 1: Somit ist ξ ∈ (0, 1) und ln(ξ) ∈ (−∞, 0), also ln(ξ) + 1 < 1 und zusätzlich x − 1 < 0. Dann gilt

(A) = (ln(ξ) + 1)(x − 1) ≥= x − 1,

(Falls f

(ξ) ≤ 0 ist, so steht links etwas Nichtnegatives und x − 1 ist negativ, wodurch die Ungleichung erfüllt ist. Ist f

(ξ) ∈ (0, 1) so ist wird durch diesen Faktor die Zahl x − 1 »verkürzt«, wodurch das Produkt größer ist als die ursprüngliche Zahl x − 1.

Skizze machen!)

Somit haben wir mit der Lösungsvariante a) die Ungleichung für alle x > 0 gezeigt.

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Variante b) Forme die Ungleichung zu x ln(x) − x + 1 ≥ 0 und setzte f(x) = x ln(x) − x + 1.

Dann ist f (1) = 0 und f

(x) = ln(x). Der Mittelwertsatz liefert nun

x ln(x) − x + 1 = f(x) − f (1) = f

(ξ)(x − 1) = ln(ξ)(x − 1) = (B ) mit einem geeigneten ξ aus (1, x) (falls x > 1) bzw. aus (x, 1) (falls 0 < x < 1).

x > 1: Dann ist ξ ebenfalls größer 1 und somit ln(ξ) > 0 und damit (B) = ln(ξ)(x − 1) ≥ 0,

da x − 1 positiv ist.

0 < x < 1: Somit ist ξ ∈ (0, 1) und ln(ξ) ∈ (−∞, 0) und zusätzlich x − 1 < 0 und damit (B) = ln(ξ)(x − 1) ≥ 0

Somit ist auch mit Lösungsvariante b) die (umgeformte) Ungleichung für alle x > 0 gezeigt.

3.) f : R → R mit f (x) = 3x

+ 8x

− 18x

+ 7. f ist als Polynomfunktion stetig (und überall diffe- renzierbar). Da stetige Funktionen abgeschlossene Intervalle wieder auf abgeschlossene Intervalle abbilden (also f ([−1, 2]) = [a, b]), gibt es zu a und b mindestens je einen Urbildwert in [−1, 2], wodurch globales Minimum a und Maximum b auch angenommen werden. Diese sind nun zu bestimmen.

Globales Maximum und Minimum sind unter den kritischen Punkten (hier: f

(x) = 0) und den Randpunkten zu suchen, indem man die entsprechenden Bildwerte vergleicht.

f

(x) = 12x

+ 24x

− 36x = 12x(x

+ 2x − 3)

f

(x) = 0 liefert nun x

= 0 bzw. (quadratische Gleichung lösen) x

= 1 und x

= −3.

Nun der Vergleich der Bildwerte: f (−1) = −16, f (2) = 47, f (0) = 7, f (1) = 0. Minimum ist somit der Wert −10 und Maximum ist somit 47, also die Funktionswerte der beiden Randpunkte.

4.) Oberfläche O eines Zylinder mit Radius r und Höhe h ohne Deckfläche und sein Volumen V : O = 2rπh + r

π V (r, h) = r

πh

Bei gegebenen Oberfläche O sind r und h so zu bestimmen, dass V maximal groß wird. Umformen liefert

h = O − r

π

2rπ und damit V (r) = r

2 (O − r

π) = O

2 r − r

π 2 Differenzieren liefert

V

(r) = O

2 − 3r

π 2

Für die Extremwerte bzw. Maximum liefert nun V

(r) = 0 die Kandidaten r

= ±

s O 3π

wobei r

das Maximum ist, da V

(r) = −3πr an der Stelle r

negativ ist. Rückeinsetzen liefert nun

h = O −

π

2rπ = . . . = s

O 3π = r und

V = r

π = O √ O 3 √

3π

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5.) Es war

Z 4 x(x

+ 2) dx zu bestimmen. Der Ansatz zur Partialbruchzerlegung liefert

0x

+ 0x + 4

x(x

+ 2) = 4

x(x

+ 2) = a

x + bx + c

x

+ 2 = a(x

+ 2) + (bx + c)x

x(x

+ 2) = (a + b)x

+ cx + 2a x(x

+ 2) Koeffizientenvergleich liefert nun c = 0, a = 2 und b = −2. Somit ist

Z 4

x(x

+ 2) dx = Z 2

x dx −

Z 2x

x

+ 2 dx = 2 ln(|x|) − ln(|x

+ 2|) + C

6.) Das letzte Beispiel dürfen sich die Studierenden selbst überlegen, zur Vorbereitung auf die Vor- lesungsprüfung.

Gruppe 2

1.) Es war die Funktion f : R → R auf Differenzierbarkeit an der Stelle x = 0 zu überprüfen, wobei f (x) =







x

(1 + sin

) falls x 6= 0

0 falls x = 0

Da an der Stelle x = 0 die Funktion ihre Abbildungsvorschrift ändert, ist die Differenzierbarkeit per Differentialquotienten (Limes des Differenzenquotienten) zu überlegen:

x→0

lim

f (x) − f (0) x − 0 = lim

x→0

x

(1 + sin

) − 0

x − 0 = lim

x→0

x

(1 + sin

1

x

) = 0, da x

für x → 0 gegen 0 geht und 1 + sin

∈ [2, 3] und damit beschränkt ist.

Wir haben also festgestellt, dass dieser Limes existiert und somit gezeigt, dass f an der Stelle x = 0 differenzierbar ist und es gilt f

(0) = 0.

2.) siehe Gruppe 1, Bsp 2.)

3.) f : R → R mit f (x) = x

− 4x

− 8x

+ 3. f ist als Polynomfunktion stetig (und überall diffe- renzierbar). Da stetige Funktionen abgeschlossene Intervalle wieder auf abgeschlossene Intervalle abbilden (also f ([−2, 1]) = [a, b]), gibt es zu a und b mindestens je einen Urbildwert in [−2, 1], wodurch globales Minimum a und Maximum b auch angenommen werden. Diese sind nun zu bestimmen.

Globales Maximum und Minimum sind unter den kritischen Punkten (hier: f

(x) = 0) und den Randpunkten zu suchen, indem man die entsprechenden Bildwerte vergleicht.

f

(x) = 4x

− 12x

− 16x = 4x(x

− 3x − 4)

f

(x) = 0 liefert nun x

= 0 bzw. (quadratische Gleichung lösen) x

= 4 und x

= −1.

Nun der Vergleich der Bildwerte: f (−2) = 19, f (1) = −8, f (−1) = 0, f (0) = 3. Minimum ist somit der Wert −8 und Maximum ist somit 19, also die Funktionswerte der beiden Randpunkte.

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4.) Oberfläche O eines Zylinder mit Radius r und Höhe h mit Grund- und Deckfläche und sein Volumen V :

O = 2rπh + 2r

π V (r, h) = r

πh

Bei gegebenen Oberfläche O sind r und h so zu bestimmen, dass V maximal groß wird. Umformen liefert

h = O − 2r

π

2rπ und damit V (r) = r

2 (O − 2r

π) = O

2 r − πr

Differenzieren liefert

V

(r) = O

2 − 3πr

Für die Extremwerte bzw. Maximum liefert nun V

(r) = 0 die Kandidaten r

= ±

s O 6π

wobei r

das Maximum ist, da V

(r) = −6πr an der Stelle r

negativ ist. Rückeinsetzen liefert nun

h = O −

2π

2rπ = . . . = 2 s

O 6π = 2r und

V = r

π = O √ O 3 √

6π 5.) Es war

Z 1 x(x

+ 1) dx zu bestimmen. Der Ansatz zur Partialbruchzerlegung liefert

0x

+ 0x + 1

x(x

+ 1) = 1

x(x

+ 1) = a

x + bx + c

x

+ 1 = a(x

+ 1) + (bx + c)x

x(x

+ 1) = (a + b)x

+ cx + a x(x

+ 1) Koeffizientenvergleich liefert nun c = 0, a = 1 und b = −1. Somit ist

Z 1

x(x

+ 1) dx = Z 1

x dx −

·

Z 2x

x

+ 1 dx = ln(|x|) −

ln(|x

+ 1|) + C

6.) Das letzte Beispiel dürfen sich die Studierenden selbst überlegen, zur Vorbereitung auf die Vor- lesungsprüfung.

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