Loes Blatt 12

Institut f¨ur Stochastik Prof. Dr. G. Last · Dr. M. Folkers · B. Ebner

¨ Ubungsaufgaben zur Vorlesung Mathematik 1 fu ¨r die Fachrichtung Wirtschaftswissenschaften im WS 2007/08 Die folgenden Aufgaben geh¨oren zum Thema ”differenzierbare Funktionen”. Die L¨osungen zu diesen Aufgaben werden in der 13. Vorlesungswoche am Freitag, den 1. Februar 2008 im H¨orsaal vorgef¨ uhrt. Aufgabe 54 (Wird im H¨orsaal vorgef¨ uhrt.) Vorgegeben sei in Abh¨angigkeit von dem Parameter a ∈ R die stetige Funktion

fa : R → R, x → y = fa (x) :=

⎧ ⎨ a · (x − 1)3 + 6 · x2 − 4 · x + 4, falls x ≤ 1, ⎩

2 · x3 + 2 · x + 2,

falls x > 1.

1. Zeigen Sie, dass die Funktion fa bei beliebiger Wahl von a ∈ R im Punkt x0 := 1 zweimal differenzierbar ist, und geben Sie die Ableitungswerte fa
(1) und fa

(1) an. 2. Es sei speziell a = 2. Zeigen Sie, dass die Funktion f2 streng monoton w¨achst, und begr¨ unden Sie, dass die Funktion f2 bijektiv ist. 3. Kann man den Parameter a ∈ R so w¨ahlen, dass die Funktion fa im Punkt x0 := 0 eine lokale Minimalstelle besitzt? Falls eine derartige Wahl m¨oglich ist, geben Sie alle derartigen a ∈ R an. L¨ osung: 1. Die Funktion fa , a ∈ R, ist offensichtlich differenzierbar in allen Punkten x ∈ R \ {1}, und es gilt fa
(x) =

⎧ ⎨ 3 · a · (x − 1)2 + 12 · x − 4,

falls x < 1,

⎩

falls x > 1.

6 · x2 + 2,

Weiter gilt lim fa
(x) = 8 = lim fa
(x), x↓1

x↑1

und da die Funktion fa stetig ist auf ganz R, folgt nach dem Mittelwertsatz (*), dass fa im Punkt x = 1 differenzierbar ist mit fa
(1) = 8. Weiter folgt, dass die Ableitung fa
auf ganz R stetig ist. 1

(*) Bemerkung: Mittelwertsatz: Sei f : [a, b] → R eine stetige Abbildung, die auf dem offenen Intervall (a, b) differenzierbar ist. Dann gibt es ein ξ ∈ (a, b) mit f
(ξ) =

f (b) − f (a) . b−a

Betrachten wir nun die Funktion f auf Intervallen der Form [1 − ε, 1] mit ε > 0, so l¨asst sich der Mittelwertsatz anwenden: f
(ξ) =

f (1) − f (1 − ε) , 1 − (1 − ε)

wobei ξ ∈ (1 − ε, 1) ist. Wenn wir nun ε gegen 0 konvergieren lassen, geht zwangsl¨aufig ξ gegen 1 und wir erhalten die Ableitung an die Funktion im Punkt x = 1, die durch Anlegen der Tangente von links entsteht: f (1) − f (1 − ε) = f
(ξ) = 3 · a · (ξ − 1)2 + 12 · ξ − 4 → 8 (f¨ ur ξ → 1) 1 − (1 − ε)    →f
(1)

(f¨ ur ε→0)

Analog ergibt sich eine ¨rechtsseite Ableitung¨ mit dem Wert 8 im Punkt x = 1, wenn wir Intervalle der Form [1, 1 + ε] betrachten. Die Stetigkeit der Funktion f garantiert nun, dass kein Sprung vorhanden ist. Insgesamt existiert also die Ableitung im Punkt x = 1 und es gilt f
(1) = 8.

Die Funktion fa
ist offensichtlich differenzierbar in allen Punkten x ∈ R \ {1}, und es gilt fa

(x) =

⎧ ⎨ 6 · a · (x − 1) + 12, falls x < 1, ⎩

12 · x,

falls x > 1.

Weiter gilt lim fa

(x) = 12 = lim fa (x), x↓1

x↑1

und da die Funktion fa
stetig ist auf ganz R folgt nach dem Mittelwertsatz fa

(1) = 12.

2

2. F¨ ur a = 2 ergibt sich

f2 (x) =

⎧ ⎨ 2 · (x − 1)3 + 6 · x2 − 4 · x + 4,

falls x ≤ 1,

⎩

falls x > 1.

2 · x3 + 2 · x + 2,

und es gilt

f2
(x) =

⎧ ⎨ 6 · (x − 1)2 + 12 · x − 4, falls x ≤ 1, ⎩

6 · x2 + 2,

falls x > 1.

Weiter gilt f¨ ur alle x ∈ R 6 · (x − 1)2 + 12 · x − 4 = 6 · x2 − 12 · x + 6 + 12 · x − 4 = 6 · x2 + 2 > 0 folglich ist die Funktion f2 streng monoton wachsend auf R, insbesondere ist die Funktion f2 injektiv. Ausserdem gilt lim f2 (x) = +∞ und lim f2 (x) = −∞,

x→∞

x→−∞

da die Funktion f2 stetig auf ganz R ist, folgt aus dem Zwischenwertsatz die Surjektivit¨at der Funktion f2 . Insgesamt ist f2 also bijektiv. 3. Damit fa eine lokale Minimalstelle im Punkt x0 = 0 besitzt, muss fa
(0) = 0 gelten, also fa
(0) = 3 · a − 4 = 0 ⇐⇒ a = 43 . Weiter gilt f¨ ur a =

4 3

fa

(0) = 6 · 43 · (−1) + 12 = −8 + 12 = 4 > 0, also muss a = 43 gesetzt werden, damit die Funktion fa im Punkt x0 = 0 ein lokales Minimum besitzt.

3

Aufgabe 55 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Vorgegeben seien in Abh¨angigkeit vom Parameter t ∈ R die Funktionen ⎧ 2 ⎪ ⎨ x + sin(x + t) − t , falls x = −t, x+t gt : R → R, x → gt (x) := ⎪ ⎩ 1 − 2 · t, falls x = −t. 1. Es sei speziell t = 0. (a) Zeigen Sie, dass die Funktion g0 stetig auf R ist. (b) Zeigen Sie, dass die Funktion g0 auf R differenzierbar ist, und bestimmen Sie die Ableitung g0
. 2. Bestimmen Sie alle t ∈ R, f¨ ur die die Funktion gt stetig auf R ist. L¨ osung: 1. Es sei t = 0. ⎧ 2 x + sin(x) ⎪ ⎨ , x g0 (x) = ⎪ ⎩ 1,

falls x = 0, falls x = 0.

(a) Aus sin(x) x2 + sin(x) =x+ x x ∞ 1 x2n+1 =x+ · (−1)n x n=0 (2n + 1)! =x+

∞ x2n 1 ·x· (−1)n x (2n + 1)! n=0

∞ x0 x2n + (−1)n =x+ 1 (2n + 1)!  n=1 =1

= 1+x+

∞ n=1

(−1)n

x2n (2n + 1)!

folgt (unter Verwendung der gleichm¨aßigen Konvergenz in kompakten Intervallen bei Potenzreihen und der daraus resultierenden Stetigkeit der Grenzfunktion)

4

x2 + sin(x) x→0 x ∞ = lim (1 + x + (−1)n

lim g0 (x) = lim

x→0,x=0

x→0

n=1

= 1 + 0 + lim

x→0

∞ n=1

(−1)n

x2n ) (2n + 1)!

x2n (2n + 1)!

= 1. Daher ist die Funktion g0 stetig auf R. (b) F¨ ur x = 0 gilt g0
(x) =

(2 · x + cos(x)) · x − (x2 + sin(x)) x2 + x · cos(x) − sin(x) = . x2 x2

Zur Differenzierbarkeit im Punkt x = 0: 1. M¨ oglichkeit: Es gilt x2 + x · cos(x) − sin(x) x→0 x2 2 · x + cos(x) − x · sin(x) − cos(x) de l’Hospital = lim x→0 2·x 2 · x − x · sin(x) = lim x→0 2·x sin(x) = 1 − lim x→0 2 = 1,

lim g0
(x) = lim

x→0

und da die Funktion g0 stetig ist im Punkt x = 0, folgt mit dem Mittelwertsatz g0
(0) = 1. 2. M¨ oglichkeit: Es gilt g0 (x) − g0 (0) x→0 x−0 x2 +sin(x) −1 x = lim x→0 x x2 + sin(x) − x = lim x→0 x2 sin(x) − x = 1 + lim x→0 x2 = 1,

g0
(0) = lim

5

da die Gleichung ∞ 2n+1 sin(x) − x 1 n x = · ( (−1) − x) x2 x2 n=0 (2n + 1)! ∞ x2n+1 1 (−1)n = 2· x n=1 (2n + 1)!

=

∞

(−1)n

n=1

x2n−1 (2n − 1)!

eine Potenzreihe liefert, die analog zum Fall in (a) gegen 0 konvergiert f¨ ur x → 0. 2. Es sei t ∈ R beliebig. ⎧ x2 + sin(x + t) − t ⎪ ⎪ ⎨ , x+t gt (x) = ⎪ ⎪ ⎩ 1 − 2 · t,

⎫ ⎪ ⎬ falls x = −t, ⎪ ⎪ ⎪ falls x = −t. ⎭

Die Funktion gt ist offensichtlich stetig in allen Punkten x = −t. Eine notwendige Bedingung f¨ ur die Stetigkeit der Funktion gt im Punkt x = −t lautet lim (x2 + sin(x + t) − t) = t2 − t = t · (t − 1) = 0,

x→−t

da ansonsten eine Polstelle bei x = −t vorliegt. Also ist die Funktion f¨ ur alle t = 0 und t = 1 unstetig. 1. Fall: t = 0 Die Funktion g0 (x) ist stetig, wie bereits in (a) gezeigt wurde. 2. Fall: t = 1 Es gilt x2 + sin(x + 1) − 1 x2 − 1 sin(x + 1) = lim ( + ) x→−1 x→−1 x + 1 x+1 x+1 (x + 1) · (x − 1) sin(y) = lim + lim x→−1 y→0 x+1 y sin(y) = lim (x − 1) + lim x→−1 y→0 y = −2 + 1 = −1 lim

und der Funktionswert an der Stelle x = −1 ist 1 − 2 · 1 = −1. Somit ist die auch die Funktion g1 (x) stetig. ur Also ist die Funktion gt stetig auf R f¨ t = 0 und t = 1. F¨ ur alle anderen Werte von t ist die Funktion gt unstetig im Punkt x = −t. 6

3 2 1 –3

–2

0

–1

1

x

2

3

–1 –2 –3

Schaubild des Graphen der Funktion g0

4 view

2

–4

–2

0

2 x

4

–2 –4

Schaubild des Graphen der Funktion g 1 2

1 –3

–2

–1

1

x

2

0 –1 –2 –3

Schaubild des Graphen der Funktion g1 7

3

Aufgabe 56 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Gegeben sei die Funktion f : (0, ∞) → (1, ∞), die durch y = f (x) :=

ex . 1+x

definiert ist. 1. Zeigen Sie: f ist bijektiv und besitzt eine differenzierbare Umkehrfunktion f −1 : (1, ∞) → (0, ∞), y → x = f −1 (y). uhrpunkt 2. Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an den Graph von f −1 mit Ber¨ (f (1), 1). Lo ¨sung:

5 4 3 y 2 1

0

0.5

1

1.5 x

2

2.5

3

Schaubild der Funktion f (x) 1. f ist auf ganz (0, ∞) differenzierbar mit Ableitung f
(x) =

ex · (1 + x) − ex x · ex = > 0. (1 + x)2 (1 + x)2

Hieraus folgt die strenge Monotonie und damit die Injektivit¨at der Funktion f . Weiter gilt e0 lim f (x) = =1 x↓0 1+0 und 2 1 + x + x2 ex lim f (x) = lim ≥ lim = ∞. x→∞ x→∞ 1 + x x→∞ 1+x

8

Wegen der Monotonie von f erhalten wir mit den gerade berechneten Grenzwerten f ((0, ∞)) = (1, ∞) und damit die Bijektivit¨at der Funktion. f ist auf dem ganzen Definitionsbereich injektiv und differenzierbar. Die Ableitung ist stets = 0. Mit dem Satz u ¨ber die Umkehrfunktion folgt sofort, dass f −1 auf (1, ∞) differenzierbar ist. 2. Nach dem Umkehrsatz gilt (f −1 )
(f (1)) =

1 f
(1)

4 = . e

Damit erhalten wir die Tangentengleichung im Punkt (f (1), 1) = ( 2e , 1), y = m · x + b, wobei die Steigung m durch gleichung erf¨ ullen muss:

4 e

gegeben ist und der Punkt (f (1), 1) = ( 2e , 1) die Geraden1=

4 e · + b ⇐⇒ b = −1. e 2

Also ist die Tangentengleichung y=

9

4 · x − 1. e

Aufgabe 57 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Vorgegeben sei die Abbildung ), 0) f : [0, 4] → R, x → f (x) := max((x − 2)3 , cos( π·x 2 1. Skizzieren Sie den Graphen der Abbildung f . 2. Ist die Abbildung f stetig? 3. Geben Sie die Menge D ⊂ [0, 4] aller Punkte x ∈ [0, 4] an, in denen die Abbildung f differenzierbar ist, und berechnen Sie die Ableitung f
(x) in diesen Punkten. 4. Bestimmen Sie das Infimum und das Supremum der Abbildung f . Handelt es sich hier auch um das Minimum, bzw. das Maximum der Abbildung f ? Lo ¨sung: Es gilt ⎧ cos( π·x ), ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x − 2)3 ,

falls 0 ≤ x ≤ 1, falls 1 ≤ x ≤ 2, falls 2 ≤ x ≤ 4.

1. Skizze

8

6

4

2

0

1

2 x

10

3

4

2. Die Funktion ist stetig, da das Maximum stetiger Funktionen stetig ist. 3. Die Funktion ist offensichtlich differenzierbar in allen Punkten x ∈ [0, 4] \ {1, 2}. Weiter gilt

cos(

π · x x↑1 π π π · x 
) = − · sin( ) → − = 0, 2 2 2 2

folglich ist die Funktion f im Punkt x = 1 nicht differenzierbar. Im Punkt x = 2 ist die Funktion f wegen lim 3 · (x − 2)2 = 0 x↓2

differenzierbar, und es gilt f
(0) = 0. 4. Es gilt inf{f (x) : x ∈ [0, 4]} = 0

sup{f (x) : x ∈ [0, 4]} = 8

min{f (x) : x ∈ [0, 4]} = 0

max{f (x) : x ∈ [0, 4]} = 8

11

Aufgabe 58 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Vorgegeben sei die Funktion f : [−1, 1] → R, x → y = f (x) := (1 − x2/3 )3/2 . a) Zeigen Sie, dass die Funktion f in allen Punkten x ∈ [−1, 1] \ {0} differenzierbar ist, und berechnen Sie die Ableitung in diesen Punkten. b) Skizzieren Sie die Funktion f . c) Stellen Sie in einem Punkt (x0 , y0 ) = (x0 , f (x0 )), x0 ∈ (−1, 1) \ {0} die Tangentengleichung auf und berechnen Sie die Schnittpunkte dieser Tangente mit der x-Achse und der y-Achse. Zeigen Sie weiter, dass die L¨ange des Tangentenabschnittes zwischen diesen beiden Schnittpunkten eine Konstante (also unabh¨angig vom Punkt (x0 , y0)) ist. L¨ osung: 1. f : [−1, 1] → R, x → y = f (x) = (1 − x2/3 )3/2 , f¨ ur x = 0 gilt f
(x) =

3 2

· (1 − x2/3 )1/2 · (− 23 ) · x−1/3 = −x−1/3 · (1 − x2/3 )1/2 .

2. Schaubild der ”Asteroide”

1 0.8 0.6 0.4 0.2

–1 –0.8 –0.6 –0.4 –0.2 0

0.2 0.4 x 0.6 0.8

1

Schaubild der Funktionen f (x) = (1 − x2/3 )3/2

12

1

0.5

–1

–0.5

0.5 x

1

–0.5

–1

Schaubild der ebenen Kurve (Asteroide) y 2/3 = (1 − x2/3 ) 2/3

3. Es sei x0 ∈ (−1, 1) \ {0} und y0 = f (x0 ) = (1 − x0 )3/2 , Tangentengleichung −1/3

2/3

y − y0 = −x0

· (1 − x0 )1/2 · (x − x0 ) √ √ 2/3 ⇐⇒ 3 x0 · (y − y0 ) = −(1 − x0 )1/2 · (x − x0 ) = − 3 y0 · (x − x0 ) √ √ ⇐⇒ 3 x0 · (y − y0 ) + 3 y0 · (x − x0 ) = 0. Schnittpunkt der Tangente mit der y− Achse x = 0 √ 3 ⇐⇒ y = y0 +

√ 3

x0 · (y − y0 ) = 2/3

y0 · x0

2/3

√ 3

y0 · x0

2/3

2/3

2/3

= (1 − x0 )3/2 + (1 − x0 )1/2 · x0 2/3

2/3

2/3

= (1 − x0 )1/2 · (1 − x0 + x0 ) = (1 − x0 )1/2 , der gesuchte Schnittpunkt lautet also (x1 , y1 ) = (0,

 2/3 1 − x0 ).

Schnittpunkt der Tangente mit der x− Achse y = 0 √ 3

√ x0 · (−y0 ) + 3 y0 · (x − x0 ) = 0 √ √ √ ⇐⇒ 3 y0 · x = 3 x0 · y0 + 3 y0 · x0 √ √ √ 2/3 2/3 2/3 ⇐⇒ x = 3 x0 · y0 + x0 = 3 x0 · (1 − x0 + x0 ) = 3 x0 , der gesuchte Schnittpunkt lautet also √ (x2 , y2 ) = ( 3 x0 , 0). F¨ ur die Bestimmung des Abstandes d((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) der beiden Schnittpunkte ergibt sich unter Verwendung des Satzes von Pythagoras   2/3 2/3 2 2 d((x1 , y1 ), (x2 , y2)) = (x1 − x2 ) + (y1 − y2 ) = x0 + 1 − x0 = 1. 13