2. Gruppenübung zur Vorlesung. Höhere Mathematik 2. Sommersemester 2013 L := 2. sin(2x) + 1 sin(x)

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1 O. Alaya, R. Bauer M. Fetzer, K. Sanei Kashani B. Krinn, J. Schmid. Gruppenübung zur Vorlesung Höhere Mathematik Sommersemester 03 Lösungshinweise zu den Hausaufgaben: Aufgabe H 5. Stetigkeit Gegeben ist die Menge und die folgenden Abbildungen: L := k π } k Z Dr. M. Künzer Prof. Dr. M. Stroppel f : R L R: g : R L R: sin() sin() sin() cos() ( ) sin() cos() h: R L R: sin() + sin() (a) Skizzieren Sie die Graphen der gegebenen Funktionen. (b) Untersuchen Sie die Funktionen auf Stetigkeit. (c) Untersuchen Sie für f, g und h an allen Stellen 0 linksseitigen Grenzwerte. L die rechtsseitigen und (d) An welchen Stellen 0 L lassen sich f, g und h linksseitig stetig ergänzen, wo rechtsseitig? An welchen Stellen kann man sie stetig ergänzen? Lösungshinweise hierzu: Das Schaubild von f : 3 3 Die Funktion f ist auf ihrem Definitionsbereich als Verkettung und Multiplikation von stetigen Funktionen stetig (Satz..4). Für die Definitionslücken 0 = k π L mit k N gilt: kπ/+0 kπ/ 0 sin() sin() k gerade k ungerade k gerade k ungerade.

2 . Gruppenübung Höhere Mathematik Aus Symmetriegründen ergibt sich damit für die Definitionslücken 0 = k π L mit k N: k ungerade kπ/+0 kπ/ 0 sin() sin() k gerade k ungerade k gerade An keiner der Sprungstellen kπ/ L 0} kann man die Funktion f also stetig ergänzen. Für die Definitionslücke 0 = 0 π erhalten wir 0±0 sin() = und damit ist f in 0 (beidseitig) stetig fortsetzbar. Das Schaubild von g:. 3 3 Die Funktion g ist auf ihrem Definitionsbereich als Verkettung und Multiplikation von stetigen Funktionen stetig. Es gilt sin() sin() = ((k )π/, kπ) (kπ, (k + )π/). Damit gilt für die Grenzwerte Folgendes kπ+0 (k+)π/±0 sin() sin() cos() = sin() cos() = 0. sin() Die Funktion g lässt sich in den Stellen (k + )π/ L stetig (d.h. links- und rechtsseitig) durch Null ergänzen. Wegen k gerade kπ 0 sin() sin() cos() = k ungerade k gerade k ungerade

3 . Gruppenübung Höhere Mathematik liegen an den kπ-stellen Sprünge vor. Somit kann die Funktion g entweder nur rechtsseitig oder nur linksseitig stetig ergänzt werden. Das Schaubild von h: 3 3 Die Funktion h ist auf ihrem Definitionsbereich als Verkettung und Multiplikation von stetigen Funktionen (plus eine Verschiebung) stetig. ( ) sin() cos() (k+)π/±0 sin() + sin() = 0, ( ) sin() cos() kπ+0 sin() + sin(), ( ) sin() cos() kπ 0 sin() + sin() = 0. Somit lässt sich die Funktion h an den kπ-stellen nur linksseitig stetig ergänzen aber nicht rechtsseitig. An den (k + )π/-stellen kann man die Funktion beidseitig stetig durch Null ergänzen. Aufgabe H 6. Funktionsgrenzwerte Untersuchen Sie die folgenden Grenzwerte, ( ohne die Regel von ) l Hospital zu verwenden: + (a) (b) (π e) (c) ( + ) cos() (d) 0 sin() Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen aus (a) und (c). Lösungshinweise hierzu: (a) Durch Einsetzen sieht man zunächst, dass = eine Nullstelle des Nenners ist. Nach Polynomdivision und Lösen der zugehörigen quadratischen Gleichung stell sich heraus, dass = eine doppelte Nullstelle des Nenners ist und = eine einfache. Die Faktorzerlegung des Nenners lautet also 3 3 = ( + ) ( ).

4 . Gruppenübung Höhere Mathematik Somit lässt sich der Bruch innerhalb seines Definitionsbereiches schreiben als = ( + )( ). Der Zähler besitzt in dieser Darstellung keine Nullstellen mehr. Da die Auswertung von in = eistiert und negativ ist und die Auswertung von links von = + negativ ist, rechts aber positiv, erhalten wir, dass 0 ( + )( ) =, +0 ( + )( ) =. (b) Da alle 3 Teilgrenzwerte eistieren, dürfen wir sie einzeln berechnen und danach entsprechend miteinander verrechnen. Der erste Ausdruck ist eine rationale Funktion, wobei Zähler und Nenner Polynome desselben Grades sind. Der Grenzwert ist damit der Quotient der Leitkoeffizienten dieser Polynome, d.h. + = =. Alternativ kann man auch folgendermaßen argumentieren: man erweitert Zähler und Nenner mit und erhält den Ausdruck Nach den Grenzwertsätzen ist dann + + = = =. Beim zweiten Term bemerken wir zuerst, dass 0 < π e < und schreiben (π e) = e ln(π e). Da ln(π e) < 0 ist der Grenzwert dieses Ausdruckes für offensichtlich null. Zuletzt bemerken wir bei dem Term, dass der Eponent für gegen 0 strebt und erhalten aus der Stetigkeit der Eponentialfunktion und der Darstellung = ep( ln() ) den Grenzwert 0 =. (c) Wir erweitern mit ( + + ) und erhalten ( + ) = + + = + = + = + ( ) = + +

5 . Gruppenübung Höhere Mathematik (d) Hier erweitern wir mit cos() + und erhalten cos() 0 sin() cos() = 0 sin() (cos() + ) cos() = 0 sin() 0 cos() + = 0 = 8 0 sin() ( sin() cos()) cos() = 8 Aufgabe H 7. Gleichheitsproblem (a) Besitzt die Gleichung = 5 mehrere reelle Lösungen? (b) Seien die Funktionen f : (0, ) R und g : R R gegeben durch f() := ( )( ) ln ( ) und g() := Zeigen Sie, dass die Gleichung f() = g() im Intervall (0, ) mindestens drei Lösungen hat. Sie dürfen dabei benutzen, dass ln stetig ist auf (0, ). Lösungshinweise hierzu: (a) Ja. Seien nämlich f() := = e (ln ) und g() := 5 für R. Wegen f(0) = > 0 = g(0), f() = < 5 = g(), f(5) = 3 > 5 = g(5) hat die stetige (!) Abbildung f g : R R mindestens zwei Vorzeichenwechsel und damit hat f g nach dem Zwischenwertsatz mindestens zwei Nullstellen in R. (Außerdem dies nur nebenbei sieht man durch Ableiten von f g mithilfe der Injektivität von ep : R R, dass h := f g genau ein lokales Minimum 0 hat und dass h (,0 ] streng monoton fallend (insbesondere injektiv) und h [0, ) streng monoton wachsend (insbesondere injektiv) ist. Also hat f g auch nicht mehr als zwei Nullstellen.) (b) Wir zeigen, dass die stetige (!) Abbildung f g : (0, ) R mindestens drei Vorzeichenwechsel hat. Wegen ln y (y 0+) und wegen ln y (y ) gilt f() = 0+ f() = ( 0+ ) ln ( sowie ( ) ln ( ) = (0 ) ( ) = > 0 = 0+ g() ) = = < = g()

6 . Gruppenübung Höhere Mathematik Außerdem gilt wegen 3 e und der Monotonie von ln, dass f() = 0 < 4 = g() sowie f(3) = ln ( 3) ln e = > 9 = g(3). Also haben wir: f() g() ist größer 0 für nahe 0, kleiner 0 für =, größer 0 für = 3, kleiner 0 für nahe bei mit anderen Worten: die stetige Abbildung f g : (0, ) R hat mindestens drei Vorzeichenwechsel und damit nach dem Zwischenwertsatz auch mindestens drei Nullstellen, wie behauptet. Aufgabe H 8. Zwischenwertsatz beim Zugfahren Ein Zug benötigt für 500 km genau 0 Stunden, fährt also mit 50 km/h Durchschnittsgeschwindigkeit. Auf der Strecke fährt er mit unterschiedlichen Geschwindigkeiten. Zeigen Sie mithilfe des Zwischenwertsatzes, dass es mindestens einen Zeitraum von einer Stunde gibt, in dem der Zug genau 50 km zurücklegt. Hinweis: Sei f(t) die zum Zeitpunkt t zurückgelegte Strecke. Betrachten Sie f(t+) f(t) für t [0, 9]. Lösungshinweise hierzu: Sei f(t) die zum Zeitpunkt t [0, 0] zurückgelegte Strecke (Kilometerstand) und sei g(t) := f(t + ) f(t) (t [0, 9]) die zwischen dem Zeitpunkt t und dem Zeitpunkt t + zurückgelegte Strecke. Wir müssen zeigen, dass ein Zeitpunkt t 0 [0, 9] eistiert, sodass g(t 0 ) = 50 ist, und das machen wir mithilfe des Zwischenwertsatzes. Zunächst mal ist die Abbildung f stetig, weil sie als Kilometerstandsfunktion monoton wachsend ist und keine Sprungstellen hat (es gibt keine Stelle s [0, 0], sodass t s f(t) < t s+ f(t), denn natura classice non facit saltus). Also ist auch g stetig und um den Zwischenwertsatz auf g anwenden zu können, müssen wir daher nur noch zeigen, dass t, t [0, 9] eistieren, sodass. g(t ) 50 und. g(t ) 50. Aber dies einzusehen ist leicht. Angenommen nämlich solche t, t eistierten nicht. Dann gälte. g(t) > 50 für alle t [0, 9] oder. g(t) < 50 für alle t [0, 9]. Insbesondere gälte eine dieser beiden Ungleichungen also für alle k 0,,..., 9} und damit (teleskopierende Summen!) f(0) f(0) = f(0) f(0) = f(k + ) f(k) = oder f(k + ) f(k) = g(k) > g(k) < 50 = = 500.

7 . Gruppenübung Höhere Mathematik Aber beides kann nicht sein, weil nach Voraussetzung die insgesamt zurückgelegte Strecke f(0) f(0) eben gleich (und nicht größer oder kleiner) 500 ist. Widerspruch und wir sind fertig.