225, sin(79π) L¨osung: Zun¨achst ist ln(e−1) =−1, sin(79π

(1)

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakult¨at f¨ur Mathematik

Sommersemester 2013 Universität Bielefeld

L¨osungen zur Klausur Funktionen 1. Termin: 24. Juli 2013 Aufgabe 1 (4 Punkte)

Sortieren Sie die folgenden Zahlen in aufsteigender Reihenfolge:

e², 1

π, ln(e⁻¹), √

225, sin(79π)

L¨osung:

Zun¨achst ist ln(e⁻¹) =−1, sin(79π) = 0 und √

225 = 15. Weiterhin gilt 0< ¹_π <1 und 4 = 2² < e²<3²= 9. Damit folgt

ln(e⁻¹)<sin(79π)< 1

π < e² <

√ 225.

Aufgabe 2 (22 Punkte)

a) Schreiben Sie die folgende Menge als Vereinigung von zwei Intervallen.

{x∈R: |3x−18|>6}

b) Gegeben ist die Funktion f:R→Rdurch f(x) = x³+ 4x

e^−3x.

Bestimmen Sie die Ableitung von f.

c) Berechnen Sie

∞

X

k=2

3 4

k

. d) Berechnen Sie

π

Z

−π/2

xsin(x) dx .

L¨osung:

a) 1. Fall: x≥6 (⇐⇒ 3x−18≥0). In diesem Fall gilt

|3x−18|>6 ⇐⇒ 3x−18>6 ⇐⇒ 3x >24 ⇐⇒ x >8. 2. Fall: x <6 (⇐⇒ 3x−18<0). In diesem Fall gilt

|3x−18|>6 ⇐⇒ −3x+ 18>6 ⇐⇒ −3x >−12 ⇐⇒ x <4. Zusammen ergibt sich

(2)

b) Es gilt

f⁰(x) = (3x²+ 4)e^−3x+ (x³+ 4x)(−3)e^−3x = −3x³+ 3x²−12x+ 4 e^−3x.

c) Es gilt

∞

X

k=2

3 4

k

=

∞

X

k=0

3 4

k

−1− 3 4 = 1

1−³₄ −1−3

4 = 4−1−3 4 = 9

4. d) Partielle Integration liefert

π

Z

−π/2

xsin(x) dx =

−xcos(x)π

−π/2−

π

Z

−π/2

−cos(x) dx

=π+

sin(x)π

−π/2=π+ 1. Aufgabe 3 (12 Punkte)

Bestimmen Sie in den folgenden Teilaufgaben jeweils den maximalen Definitionsbereich D ⊂Rund die Nullstellen der Funktionen f :D →R.

a) f(x) = 2x²+ 2x−4 b) f(x) = ln(6x−3)

c) f(x) =

√

2x²−2 e^123x L¨osung:

a) D=R.Es ist

2x²+ 2x−4 = 2(x+ 2)(x−1).

Damit sindx₁=−2 und x₂ = 1 die beiden Nullstellen vonf. b) Der maximale Definitionsbereich des Logarithmus ist (0,∞). Wegen

6x−3>0⇐⇒x > 1 2, folgt D= (¹₂,∞).

Weiterhin gilt f¨urx∈ D: ln(6x−3) = 0⇐⇒6x−3 = 1⇐⇒x= ²₃. Die einzige Nullstelle ist somitx= ²₃.

c) Der maximale Definitionsbereich der Wurzelfunktion ist [0,∞). Die Bedingung 2x²−2≥0⇐⇒(x−1)·(x+ 1)≥0

ist im Fallx∈R\(−1,1) erf¨ullt. Somit ist D=R\(−1,1).

(3)

Weiterhin gilt f¨urx∈ D:

√

2x²−2

e^123x = 0⇐⇒(x−1)·(x+ 1) = 0.

Die Nullstellen lauten alsox1 =−1 undx2= 1.

Bestimmen Sie den Grenzwert der durch a_n= 6− 2

n− 1

n², n∈N,

definierten Folge (a_n). Beweisen Sie Ihre Behauptung ohne Verwendung der Grenz- werts¨atze.

L¨osung: Es gilt lim

n→∞an= 6. Beweis:

1. Alternative: Sei ε >0. F¨urn > 3 ε gilt

|6−an|= 2 n + 1

n²

≤ 3 n < ε . Damit ist bewiesen, dass lim

n→∞an= 6.

2. Alternative: Es gilt offensichtlich a_n ≤ 6 für alle n∈ N. Wir zeigen nun, dass 6 die kleinste obere Schranke ist. Angenommen, es gäbe eine kleinere obere Schrankeb= 6−ε₀ für einε₀ >0. Dann würde für jedes n∈Ngelten

6− 2 n− 1

n² ≤b ⇐⇒ 2 n+ 1

n² > ε₀. F¨urn > 3

ε0

gilt jedoch

2 n+ 1

n² ≤ 3 n < ε₀.

Dies ist der gew¨unschte Widerspruch; 6 ist die kleinste obere Schranke, also sup

n∈N

a_n= 6.

Außerdem ist die Folge (sogar strikt) monoton wachsend, denn es gilt f¨urn∈N an< an+1 ⇐⇒ −2

n− 1

n² <− 2

n+ 1− 1

(n+ 1)²

⇐⇒ 2

n − 2

n+ 1 > 1

(n+ 1)² − 1 n² .

Die letzte Ungleichung ist wahr, denn der Ausdruck auf der linken Seite ist positiv, der auf der rechten Seite negativ f¨ur jedesn∈N.

Aufgrund der Tatsache, dass die Folge monoton wachsend ist und das Supremum gleich 6 ist, folgt lim

n→∞an= 6.

(4)

Bestimmen Sie alle globalen Extrema der Funktion

f : [0, π]→R, f(x) = sin(2x−π).

Skizzieren Sie außerdem die Funktion.

L¨osung:

1. Alternative: Wir berechnen zun¨achst die ersten beiden Ableitungen von f: f⁰(x) = 2 cos(2x−π), f⁰⁰(x) =−4 sin(2x−π).

Wir berechnen nun die Nullstellen der Ableitung von f. Es ist cos(2x−π) = 0 ⇐⇒

2x−π= (2k+ 1)^π₂ f¨ur eink∈Z. Wegenx∈[0, π] mussk=−1 oderk= 0 gelten, d.h.

x1 =π/4 und x2 = 3π/4 sind Nullstellen der Ableitung von f. Wir setzen diese in die zweite Ableitung ein und erhalten

f⁰⁰(x1) = 4>0, f⁰⁰(x2) =−4<0.

An der Stelle x₁ liegt somit ein lokales Minimum mit dem zugehörigen Funktionswert f(x1) = −1 vor. An der Stelle x2 liegt ein lokales Maximum mit dem zugehörigen Funktionswert f(x2) = 1 vor. Diese lokalen Extrema sind gleichzeitig auch global, da an den Rändern des Intervalls liegen keine globalen Extrema vorliegen; es gilt f(0) = f(π) = 0.

2. Alternative: Wie in Alternative 1 berechnet man die Nullstellen x₁ =π/4 und x₂ = 3π/4 der ersten Ableitung. Einsetzen in die Funktion liefert f(x₁) =−1 undf(x₂) = 1.

Außerdem gilt f(0) = f(π) = 0. Aufgrund der Eigenschaft |sin(t)| ≤ 1 f¨ur jedes t ∈R ist damit der Nachweis vollst¨andig erbracht, dassx₁ bzw.x₂ jeweils die einzige Minimal- bzw. Maximalstelle ist.

3. Alternative: F¨ur jedes x∈ [0, π] gilt |sin(2x−π)| ≤ 1. Daher sind Stellen x ∈[0, π], an denen sin(2x−π) = 1 gilt, globale Maxima und Stellen mit sin(2x−π) =−1 globale Minima. Es gilt

sin(2x−π) = 1 ⇐⇒ 2x−π = (4k+ 1)π

2 f¨ur eink∈Z

⇐⇒ x= (4k+ 3)π

4 f¨ur eink∈Z

und (4k+ 3)^π₄ ∈[0, π] ⇐⇒ k= 0. Folglich istx1 = ^3π₄ die einzige globale Maximalstelle.

Analog erh¨alt man

sin(2x−π) =−1 ⇐⇒ 2x−π = (4k−1)π

2 f¨ur eink∈Z

⇐⇒ x= (4k+ 1)π

4 f¨ur eink∈Z

und (4k+ 1)^π₄ ∈[0, π] ⇐⇒ k= 0. Folglich istx2 = ^π₄ die einzige globale Minimalstelle.

(5)

Hans Mathechef startet an seinem Internetanschluss zum Zeitpunktt₀= 0 den Download einer großen Datei. Der zeitliche Verlauf der ¨Ubertragungsrate in MB pro Sekunde werde in den ersten 20 Minuten durch die Funktion

g(t) = 1

10t²−t+ 3, t in Minuten,

beschrieben. Der Download der Datei ist zum Zeitpunktt1 = 10 vollst¨andig. Bestimmen Sie die Dateigr¨oße.

Lösung:Die Größe der Datei ergibt sich als Integral der Downloadgeschwindigkeit über t ∈ [0,10]. Beachte, dass die Übertragungsrate in MB pro Sekunde angegeben ist, die Dauer jedoch in Minuten gegeben ist. Es ist

10

Z

0

1

10t²−t+ 3dt= 1 30t³−1

2t²+ 3t

10 0

= 100

3 −50 + 30 = 40 3 .

Da die Geschwindigkeit in MB pro Sekunde gegeben ist, m¨ussen wir diese Zahl noch mit 60 multiplizieren und erhalten also, dass die Datei 800 MB groß war.

(6)

Aufgabe 7 (5 Punkte) Entscheiden Sie, ob die Reihe

∞

X

k=3

k−2

k³−2 konvergiert oder divergiert. Beweisen Sie Ihre Behauptung.

L¨osung: Die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium, denn es gilt f¨urk≥3 k−2

k³−2 ≤ k−2

k³−2k² = k−2

k²(k−2) = 1 k² und die Reihe

∞

P

k=3 1

k² konvergiert, wie in der Vorlesung gezeigt wurde.

Eine von vielen weiteren denkbaren Absch¨atzungen gegen die konvergente Reihe

∞

P

k=3 1 k²

w¨are auch

k−2

k³−2 ≤ k

k³−2k = 1 k²−2. F¨urk≥3 gilt k²−2≥ ¹₂k² ⇐⇒ ¹₂k²−2≥0 und daher auch

k−2 k³−2 ≤ 2

k².