Teil IV: Reelle Funktionen 13. Eigenschaften reeller Funktionen * Aufgabe 13.1 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von reellen Funktionen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine konstante Funktion ist monoton fallend und monoton wachsend. b) Eine Funktion ist genau dann beschränkt, wenn sie nach unten oder nach oben beschränkt ist. c) Eine monotone Funktion f : [a, b] −→ R ist stets beschränkt. d) Ein reelle Funktion kann mehrere globale Maximalstellen, aber nur ein globales Maximum besitzen. e) Ein lokales Minimum einer konvexen Funktion und ein lokales Maximum einer konkaven Funktion sind stets auch globale Extrema. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 13.1 bis 13.4 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Aus f (x1) = c = f (x2) für alle x1, x2 ∈ D und mit einer geeigneten Konstanten c ∈ R folgt f (x1) ≥ f (x2) und f (x1) ≤ f (x2) für alle x1, x2 ∈ D mit x1 < x2. Das heißt, die Funktion f ist sowohl monoton fallend als auch monoton wachsend (vgl. Definition 13.7 im Lehrbuch). Zub): FalscheAussage. EineFunktion ist genaudannbeschränkt,wenn sie nach unten undnachobenbeschränkt ist (vgl. Definition 13.5 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Satz 13.11 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Seite 349 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 13.35 im Lehrbuch). * Aufgabe 13.2 (Beschränktheit von reellen Funktionen) Geben Sie für die folgenden Funktionen an, ob sie nach oben beschränkt, nach unten beschränkt oder beschränkt sind: a) f : R+ −→ R, x *→ 1x2 b) f : [2,∞) −→ R, x *→ 2− 10 x c) f : [−2π, 2π ] −→ R, x *→ 3− 2 cos(x) Lehrbuch: Abschnitt 13.3 Lösung: Zu a): Wegen f (x) > 0 für alle x ∈ R+ ist die Funktion f durch 0 nach unten beschränkt. Sie ist jedoch nach oben unbeschränkt, da f für x → 0 über alle Grenzen wächst. Die Funktion f ist damit insgesamt unbeschränkt (vgl. Definition 13.5 im Lehrbuch). Zu b): Wegen f (2) = −3 ≤ 2 − 10x = f (x) für alle [2,∞) ist f durch −3 nach unten beschränkt und aus f (x) = 2− 10x < 2 für alle x ∈ [2,∞) folgt, dass f durch 2 auch nach oben beschränkt ist. Folglich ist die Funktion insgesamt beschränkt. Zu c): Mit der Dreiecksungleichung (vgl. 3.4 im Lehrbuch) folgt |f (x)| = |3− 2 cos(x)| ≤ 3+ |2 cos(x)| = 3+ 2| cos(x)| ≤ 3+ 2 = 5 für alle x ∈ [−2π, 2π ]. Das heißt, die Funktion f ist beschränkt. 161 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen ** Aufgabe 13.3 (Monotonie und Symmetrie von reellen Funktionen) Gegeben sei die Funktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ 4x − 6 2+ 2x . a) Ermitteln Sie den maximalen DefinitionsbereichD und den zugehörigen Bildbereich von f . b) Zeigen Sie ohne Zuhilfenahme der Differentialrechnung, dass f auf den Intervallen (−∞,−1) und (−1,∞) monoton wachsend ist. c) Weisen Sie die Implikation x1 + x2 2 = −1 ⇒ f (x1)+ f (x2) 2 = 2 für alle x1, x2 ∈ D nach und erläutern Sie, welche Symmetrieeigenschaft von f sich darin ausdrückt. d) Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 13.3 und 13.6 Lösung: Zua):DieFunktionf besitzt denmaximalenDefinitionsbereichD = R\{−1}und für die zugehörigen Bilder gilt: y = 4x − 6 2+ 2x und x = −1 ⇐⇒ (2+ 2x)y = 4x − 6 ⇐⇒ 2y + 2xy − 4x = −6 ⇐⇒ x(2y − 4) = −2y − 6 ⇐⇒ x = 2y + 6 4− 2y und y = 2 Der zugehörige Bildbereich lautet somit f (D) = R \ {2}. Zu b): Für −1 < x1 < x2 oder x1 < x2 < −1 erhält man: 4x1 − 6 2+ 2x1 ≤ 4x2 − 6 2+ 2x2 ⇐⇒ (4x1 − 6)(2+ 2x2) ≤ (4x2 − 6)(2+ 2x1) ⇐⇒ 8x1 + 8x1x2 − 12− 12x2 ≤ 8x2 + 8x2x1 − 12− 12x1 ⇐⇒ 20x1 ≤ 20x2 ⇐⇒ x1 ≤ x2 Folglich ist f auf den beiden Intervallen (−∞,−1) und (−1,∞) jeweils monoton wachsend (vgl. Definition 13.7a) im Lehrbuch). Zu c): Es gilt: f (x1)+ f (x2) 2 = 1 2 ( 4x1 − 6 2+ 2x1 + 4x2 − 6 2+ 2x2 ) = 1 2 ( 2(2+ 2x1)− 10 2+ 2x1 + 2(2+ 2x2)− 10 2+ 2x2 ) = 1 2 ( 2− 10 2+ 2x1 + 2− 10 2+ 2x2 ) = 1 2 ( 4− 10(2+ 2x2)+ 10(2+ 2x1) (2+ 2x1)(2+ 2x2) ) = 2− 10 2 · 2x1 + 2x2 + 4 (2+ 2x1)(2+ 2x2) Das heißt, dass 2x1+2x2+4 = 0, oder äquivalent dazu x1+x22 = −1, tatsächlich f (x1)+f (x2)2 = 2 impliziert. Anschaulich bedeutet dies, dass für zwei Elemente x1, x2 ∈ D, die symmetrisch zur senkrechten Geraden 162 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen x = −1 liegen, die zugehörigen Funktionswerte f (x1) und f (x2) symmetrisch zur horizontalenGeraden y = 2 liegen. Die Funktion f ist folglich punktsymmetrisch zum Punkt (−1, 2). Formal kann dies durch Umformung von x1+x22 = −1 und f (x1)+f (x2)2 = 2 zu x2 = −2− x1 und f (x1)− 2 = 2− f (x2) nachgewiesen werden.Mit der Substitution x1 = −1−y folgt daraus weiter x2 = −2−x1 = −2−(−1−y) = −1+ y und somit f (−1− y)− 2 = 2− f (−1+ y), also die Punktsymmetrie von f zum Punkt (−1, 2) (vgl. Definition 13.23b) im Lehrbuch). d): Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 13.1. 5 10 5 10 f (x) Abb. 13.1: Graph der Funktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ 4x−62+2x ** Aufgabe 13.4 (Monotonie und Symmetrie von reellen Funktionen) Gegeben sei die Funktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ 3x − 2 x − 1 . a) Ermitteln Sie den maximalen DefinitionsbereichD und den zugehörigen Bildbereich von f . b) Zeigen Sie ohne Zuhilfenahme der Differentialrechnung, dass f auf den Intervallen (−∞, 1) und (1,∞) monoton fallend ist. c) Weisen Sie nach, dass f punktsymmetrisch zum Punkt (1, 3) ist. d) Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 13.3 und 13.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f besitzt denmaximalenDefinitionsbereichD = R\{1} und für die zugehörigen Bilder gilt: y = 3x − 2 x − 1 und x = 1 ⇐⇒ (x − 1)y = 3x − 2 ⇐⇒ xy − y − 3x = −2 ⇐⇒ x(y − 3) = y − 2 ⇐⇒ x = y − 2 y − 3 und y = 3 Der zugehörige Bildbereich lautet somit f (D) = R \ {3}. 163 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen Zu b): Für 1 < x1 < x2 oder x1 < x2 < 1 erhält man: 3x1 − 2 x1 − 1 ≥ 3x2 − 2 x2 − 1 ⇐⇒ (3x1 − 2)(x2 − 1) ≥ (3x2 − 2)(x1 − 1) ⇐⇒ 3x1x2 − 3x1 − 2x2 + 2 ≥ 3x2x1 − 3x2 − 2x1 + 2 ⇐⇒ − x1 ≥ −x2 ⇐⇒ x1 ≤ x2 Folglich ist f auf den beiden Intervallen (−∞, 1) und (1,∞) jeweils monoton fallend (vgl. Definition 13.7b) im Lehrbuch). Zu c): Es gilt: f (1− x)− 3 = 3(1− x)− 2 (1− x)− 1 − 3 = 3(1− x)− 2 (1− x)− 1 − 6((1− x)− 1) (1− x)− 1 + 3 = 3(1− x)− 2− 6((1− x)− 1) (1− x)− 1 + 3 = −3(1− x)+ 4 (1− x)− 1 + 3 = 3− 3(1− x)− 4 (1− x)− 1 = 3− 3(x − 1)+ 4 (x − 1)+ 1 = 3− 3(1+ x)− 2 (1+ x)− 1 = 3− f (1+ x) Das heißt, die Funktion f ist punktsymmetrisch zum Punkt (1, 3) (vgl. Definition 13.23b) im Lehrbuch). d): Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 13.2. 5 10 5 10 f (x) l Abb. 13.2: Graph der Funktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ 3x−2 x−1 ** Aufgabe 13.5 (Konvexität und Konkavität von reellen Funktionen) Weisen Sie mit Hilfe der Definition der Konvexität die beiden folgenden Aussagen nach: a) Die Betragsfunktion f : R −→ R, x *→ f (x) = |x| ist konvex, aber nicht streng konvex. b) Die Funktion f : R −→ R, x *→ f (x) = x2 − 2x ist streng konvex. Lehrbuch: Abschnitt 13.4 Lösung: Zu a): Mit der Dreiecksungleichung (vgl. (3.4) im Lehrbuch) erhält man f (λx1 + (1− λ)x2) = |λx1 + (1− λ)x2| ≤ λ|x1| + (1− λ)|x2| = λf (x1)+ (1− λ)f (x2) (13.1) 164 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen für alle x1, x2 ∈ R mit x1 = x2 und λ ∈ (0, 1). Das heißt, die Betragsfunktion f ist konvex. Sie ist jedoch nicht streng konvex, denn für x1, x2 ≥ 0 und x1, x2 ≤ 0 gilt in (13.1) sogar Gleichheit (vgl. Definition 13.14a) im Lehrbuch). Zu b): Es gilt f (λx1 + (1− λ)x2) = (λx1 + (1− λ)x2)2 − 2(λx1 + (1− λ)x2) = λ2x21 + 2λ(1− λ)x1x2 + (1− λ)2x22 − 2(λx1 + (1− λ)x2) = λx21 + (1− λ)x22 − λ(1− λ)(x1 − x2)2 − 2(λx1 + (1− λ)x2) < λx21 + (1− λ)x22 − 2(λx1 + (1− λ)x2) = λx21 − 2λx1 + (1− λ)x22 − 2(1− λ)x2 = λ(x21 − 2x1)+ (1− λ)(x22 − 2x2) = λf (x1)+ (1− λ)f (x2) für alle x1, x2 ∈ R mit x1 = x2 und λ ∈ (0, 1). Das heißt, die Funktion f ist streng konvex. * Aufgabe 13.6 (Symmetrie von reellen Funktionen) Geben Sie an, welche der folgenden Funktionen gerade und welche ungerade sind: a) f1 : R −→ R, x *→ 3 √ x4 + 2 b) f2 : R −→ R, x *→ ln(x2) c) f3 : R \ {0} −→ R, x *→ ex−e−xx d) f4 : R −→ R, x *→ ex−1ex+1 e) f5 : R −→ R, x *→ √cos(x)+ 1 Lehrbuch: Abschnitt 13.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f1 ist gerade (vgl. Seite 342 im Lehrbuch): f (−x) = 3 √ (−x)4 + 2 = 3 √ x4 + 2 = f (x) Zu b): Die Funktion f2 ist gerade: f (−x) = ln ((−x)2) = ln(x2) = f (x) Zu c): Die Funktion f3 ist gerade: f (−x) = e −x − ex −x = − (ex − e−x) −x = ex − e−x x = f (x) Zu d): Die Funktion f4 ist ungerade (vgl. Seite 342 im Lehrbuch): f (−x) = e −x − 1 e−x + 1 = ex ( e−x − 1) ex ( e−x + 1) = 1− ex1+ ex = − ex − 1ex + 1 = −f (x) Zu e): Die Funktion f5 ist gerade: f (−x) = √cos(−x)+ 1 = √cos(x)+ 1 = f (x) * Aufgabe 13.7 (Symmetrie von reellen Funktionen) Geben Sie ohne Rechnung an, welche der folgenden Funktionen gerade und welche ungerade sind: a) f1 : R −→ R, x *→ −4x4 + 5x2 − 10 b) f2 : R −→ R, x *→ 6x5 + 2x3 − 6x c) f3 : R −→ R, x *→ 3x2+5 165 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen d) f4 : R \ {0} −→ R, x *→ 3x + x e) f5 : R −→ R, x *→ 5x32x4+8x2+14 f) f6 : R \ {0} −→ R, x *→ 5x3x5+3x3+2x Lehrbuch: Abschnitt 13.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f1 ist gerade, da es sich um ein Polynommit ausschließlich geraden Exponenten handelt (vgl. Beispiel 13.27a) im Lehrbuch). Zu b): Die Funktion f2 ist ungerade, da es sich um ein Polynom mit ausschließlich ungeraden Exponenten handelt (vgl. Beispiel 13.27b) im Lehrbuch). Zu c): Die Funktion f3 ist gerade, da es sich um eine rationale Funktion mit ausschließlich geraden Exponenten im Zähler und Nenner handelt (vgl. Beispiel 13.27c) im Lehrbuch). Zu d): Die Funktion f4 ist ungerade, denn es gilt 3 x + x = 3+x 2 x . Das heißt, der Zähler enthält ausschließlich gerade Exponenten und im Nenner stehen ausschließlich ungerade Exponenten (vgl. Beispiel 13.27c) im Lehrbuch). Zu e):Die Funktionf5 ist ungerade, denn der Zähler enthält ausschließlich ungeradeExponenten und imNenner stehen ausschließlich gerade Exponenten (vgl. Beispiel 13.27c) im Lehrbuch). Zu f):Die Funktionf6 ist gerade, denn der Zähler und derNenner enthalten ausschließlich ungeradeExponenten (vgl. Beispiel 13.27c) im Lehrbuch). ** Aufgabe 13.8 (Symmetrie von reellen Funktionen) Weisen Sie die beiden folgenden Aussagen nach: a) Die quadratische Funktion f : R −→ R, x *→ −3x2 + 18x − 27 ist achsensymmetrisch zur senkrechten Geraden x = 3. b) Das Polynom f : R −→ R, x *→ x4+2x3−3x2−4x+4 ist achsensymmetrisch zur senkrechten Geraden x = − 12 (Hinweis: Verwenden Sie die Faktorisierung f (x) = (x − 1)2(x + 2)2). Lehrbuch: Abschnitt 13.6 Lösung: Zu a): Es gilt f (3− x) = −3(3− x)2 + 18(3− x)− 27 = −3x2 + 18x − 27+ 54− 18x − 27 = −3x2 − 18x − 27+ 54+ 18x − 27 = −3(3+ x)2 + 18(3+ x)− 27 = f (3+ x). Die Funktion ist somit achsensymmetrisch zur senkrechten Geraden x = 3 (vgl. Definition 13.23a) im Lehrbuch). Zu b): Mit der Faktorisierung f (x) = (x − 1)2(x + 2)2 erhält man f ( − 1 2 − x ) = (( − 1 2 − x ) − 1 )2 (( − 1 2 − x ) + 2 )2 = ( − 3 2 − x )2 ( −x + 3 2 )2 = ( 3 2 + x )2 ( x − 3 2 )2 = (( − 1 2 + x ) + 2 )2 (( − 1 2 + x ) − 1 )2 = f ( − 1 2 + x ) Die Funktion f ist somit achsensymmetrisch zur senkrechten Geraden x = − 12 . 166 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen *** Aufgabe 13.9 (Symmetrie von reellen Funktionen) a) Zeigen Sie, dass sich jede reelle Funktion f : R −→ R als Summe f = g+u einer geraden Funktion g : R −→ R und einer ungeraden Funktion u : R −→ R darstellen lässt. b) Ermitteln Sie gerade Funktionen g1 und g2 sowie ungerade Funktionen u1 und u2 für die beiden Funktionen f1 : R −→ R, x *→ x2 + 2x − 1 und f2 : R −→ R, x *→ √x2 + x + 1, so dass f1 = g1 + u1 und f2 = g2 + u2 gilt. Lehrbuch: Abschnitt 13.6 Lösung: Zu a): Wähle die beiden Funktionen g(x) := 1 2 (f (x)+ f (−x)) und u(x) := 1 2 (f (x)− f (−x)) . (13.2) Dann gilt für alle x ∈ R: g(−x) = 1 2 (f (−x)+ f (x)) = g(x) und u(−x) = 1 2 (f (−x)− f (x)) = −u(x) Das heißt, die Funktion g ist gerade und die Funktion u ist ungerade (vgl. Seite 342 im Lehrbuch) und es gilt g(x)+ u(x) = 1 2 (f (x)+ f (−x))+ 1 2 (f (x)− f (−x)) = f (x) für alle x ∈ R, also f = g + u. Zu b): Die gerade Funktion g1 und die ungerade Funktion u1 für f1 sind gemäß (13.2) gegeben durch: g1(x) = 12 ( x2 + 2x − 1+ (−x)2 + 2(−x)− 1 ) = x2 − 1 u1(x) = 12 ( x2 + 2x − 1− ( (−x)2 + 2(−x)− 1 )) = 2x Für die Funktion f2 erhält man für die gerade Funktion g2 und die ungerade Funktion u2: g2(x) = 12 (√ x2 + x + 1+ √ x2 − x + 1 ) u2(x) = 12 (√ x2 + x + 1− √ x2 − x + 1 ) * Aufgabe 13.10 (Periodizität von reellen Funktionen) Weisen Sie nach, dass die folgenden Funktionen periodisch sind mit der jeweils angegebenen Periode T : a) f1 : R −→ R, x *→ 4 cos(x − 3) mit T = 2π b) f2 : R −→ R, x *→ ecos(3x+3) + 14 mit T = 23π c) f3 : R \ {x ∈ R : x = 2π(2k + 1) mit k ∈ Z} −→ R, x *→ ln|sin(x)| tan ( 1 4 x ) mit T = 4π Lehrbuch: Abschnitt 13.6 Lösung: Zu a): Es gilt cos(x) = cos(x + 2kπ) für alle k ∈ Z (vgl. Satz 5.1f) im Lehrbuch). Damit folgt f1(x + 2π) = 4 cos((x + 2π)− 3) = 4 cos((x − 3)+ 2π) = 4 cos(x − 3) = f1(x). Das heißt, die Funktion f1 ist periodisch mit der Periode T = 2π (vgl. Definition 13.28 im Lehrbuch). Zu b): Mit cos(x) = cos(x + 2kπ) für alle k ∈ Z erhält man f2 ( x + 2 3 π ) = ecos ( 3 ( x+ 23π ) +3 ) + 1 4 = ecos((3x+3)+2π) + 1 4 = ecos(3x+3) + 1 4 = f2(x). Folglich ist die Funktion f2 periodisch mit der Periode T = 23π . 167 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen Zu c): Mit sin(x) = sin(x + 2kπ) und tan(x) = tan(x + kπ) für alle k ∈ Z (vgl. Satz 5.1f) und Satz 5.5c)) folgt f3 (x + 4π) = ln |sin(x + 4π)| tan ( 1 4 (x + 4π) ) = ln |sin(x)| tan ( 1 4 x ) = f3(x). Die Funktion f3 ist somit periodisch mit der Periode T = 4π . ** Aufgabe 13.11 (Infimum, Supremum und Extrema von reellen Funktionen) Skizzieren Sie den Graphen der Funktion f : R \ {0} −→ R, x *→ { 1 x für x < 0 1 x + x für x > 0 und bestimmen Sie die folgenden Werte: sup x∈R\{0} f (x), inf x∈R\{0} f (x), sup x∈[ 12 ,∞) f (x), inf x∈[ 12 ,∞) f (x), min x∈[ 12 ,∞) f (x), sup x∈[ 12 ,2] f (x), max x∈[ 12 ,2] f (x), inf x∈[ 12 ,2] f (x), min x∈[ 12 ,2] f (x), sup x∈(−2,0) f (x), inf x∈(−2,0) f (x), infx∈(−∞,−2] f (x), minx∈(−∞,−2] f (x), infx∈[−2,−1] f (x), minx∈[−2,−1] f (x) Lehrbuch: Abschnitt 13.8 Lösung: Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 13.3. 1 2 3 4 5 10 f (x) ll l l Abb. 13.3: Graph der Funktion f : R \ {0} −→ R mit 1x für x < 0 und 1 x +x für x > 0 Ferner gilt: sup x∈R\{0} f (x) = ∞, inf x∈R\{0} f (x) = −∞, sup x∈ [ 1 2 ,∞ ) f (x) = ∞, inf x∈ [ 1 2 ,∞ ) f (x) = min x∈ [ 1 2 ,∞ ) f (x) = f (1) = 2, sup x∈ [ 1 2 ,2 ] f (x) = max x∈ [ 1 2 ,2 ] f (x) = f ( 12) = f (2) = 52 , inf x∈ [ 1 2 ,2 ] f (x) = min x∈ [ 1 2 ,2 ] f (x) = f (1) = 2, sup x∈(−2,0) f (x) = − 12 , infx∈(−2,0) f (x) = −∞, inf x∈(−∞,−2] f (x) = minx∈(−∞,−2] f (x) = f (−2) = − 1 2 , inf x∈[−2,−1] f (x) = minx∈[−2,−1] f (x) = f (−1) = −1 168 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen ** Aufgabe 13.12 (Nullstellen von reellen Funktionen) Bestimmen Sie die Nullstellen der folgenden Funktionen: a) f : R −→ R, x *→ 13x6 − 6x4 + 27x2 b) f : R −→ R, x *→ e2x2−6x − 1 c) f : (−∞,−√8) ∪ (√8,∞) −→ R, x *→ ln(x2 − 8) Lehrbuch: Abschnitt 13.9 Lösung: Zu a): Die Nullstellen von f erhält man durch Lösen der Gleichung 1 3 x6 − 6x4 + 27x2 = 0. Diese Gleichung besitzt gemäß dem Fundamentalsatz der Algebra genau sechs (nicht notwendigerweise verschiedene) Lösungen (vgl. Satz 4.2 im Lehrbuch). Aus x2 ( 1 3 x4 − 6x2 + 27 ) = 0 folgt unmittelbar, dass x1,2 = 0 eine doppelte Nullstelle von f ist. Ferner erkennt man, dass die anderen vier Nullstellen von f als Lösungen der Gleichung 13x 4−6x2+27 = 0 gegeben sind. Mit der Substitution u := x2 erhält man die quadratische Gleichung 1 3 u2 − 6u+ 27 = 0 (13.3) und mit der a-b-c-Formel (vgl. (4.8) im Lehrbuch) folgt für ihre Lösungen u1,2 = 6± √ 36− 4 · 13 · 27 2 3 = 6± 0 2 3 = 9. Das heißt, der Wert u1,2 = 9 ist eine doppelte Lösung der Gleichung (13.3) und durch Resubstitution x = √ u erhältmanmit der doppeltenNullstelle x3,4 = √u1,2 = 3 und der doppeltenNullstellen x5,6 = −√u1,2 = −3 die anderen vier Nullstellen von f . Zu b): Es gilt e2x 2−6x − 1 = 0 ⇐⇒ e2x2−6x = 1 ⇐⇒ 2x2 − 6x = 0. Daraus folgt, dass man die Nullstellen von f als Lösungen der Gleichung 2x(x − 3) = 0 erhält. Die Nullstellen von f sind folglich x1 = 0 und x2 = 3. Zu c): Es gilt ln(x2 − 8) = 0 ⇐⇒ x2 − 8 = 1. Daraus folgt, dass die Nullstellen von f als Lösungen der Gleichung x2 = 9 gegeben sind. Die Nullstellen von f sind daher x1 = −3 und x2 = 3. * Aufgabe 13.13 (Häufungspunkte einer Menge) Geben Sie die Häufungspunkte und die isolierten Punkte der folgenden Mengen an: R, (−3, 5] ∪ {7, 10} , N, I Lehrbuch: Abschnitt 13.10 169 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen Lösung: DieMenge der reellen ZahlenR und dieMenge der irrationalen Zahlen I bestehen nur aus Häufungspunkten. Denn für jede reelle Zahl x0 ∈ R gilt, dass jede ε-Umgebung (x0 − ε, x0 + ε) mit ε > 0 unendlich viele reelle Zahlen enthält. Analog enthält jede ε-Umgebung um eine beliebige irrationale Zahl x0 ∈ I stets unendlich viele irrationale Zahlen (vgl. Definition 13.38 im Lehrbuch). Die Menge (−3, 5] ∪ {7, 10} besteht bis auf die Zahlen 7 und 10 aus Häufungspunkten. Bei 7 und 10 handelt es sich um keine Häufungspunkte, sondern um isolierte Punkte der Menge, da zum Beispiel die Umgebungen (6, 8) und (9, 11) außer 7 bzw. 10 keine weiteren Elemente der Menge enthalten. Die Menge der natürlichen Zahlen N besteht ausschließlich aus isolierten Punkten. Denn ist x0 ∈ N eine beliebige natürliche Zahl, dann enthält zum Beispiel die Umgebung ( x0 − 12 , x0 + 12 ) außer x0 keine weiteren Elemente von N. ** Aufgabe 13.14 (MC-Aufgaben zu Grenzwerten von reellen Funktionen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Der Grenzwert lim x→x0 f (x) einer reellen Funktion f : D ⊆ R −→ R ist nur für Häufungspunkte x0 von D definiert. b) Der Grenzwert lim x→x0 f (x) einer reellen Funktion f : D ⊆ R −→ R ist nur für x0 ∈ D definiert. c) Falls der Grenzwert lim x→x0 f (x) definiert ist, existiert er auch. d) Der Grenzwert einer reellen Funktion ist im Falle seiner Existenz eindeutig. e) Die Existenz des links- und rechtsseitigen Grenzwertes einer Funktion f an der Stelle x0 impliziert die Existenz des Grenzwertes von f an der Stelle x0. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Definition 13.40 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. DerWert x0 muss nicht zumDefinitionsbereichD gehören. Er muss nur ein Häufungspunkt von D sein (vgl. Definition 13.40 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Selbst wenn der Grenzwert lim x→x0 f (x) definiert ist, muss er nicht existieren. Im Falle seiner Existenz spricht man von Konvergenz der Funktion f an der Stelle x0 und andernfalls von Divergenz von f an der Stelle x0 (vgl. Definition 13.40 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 11.15 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Neben der Existenz des links- und rechtsseitigen Grenzwertes von f an der Stelle x0 müssen der links- und rechtsseitige Grenzwert zusätzlich auch noch übereinstimmen (vgl. Satz 13.45 im Lehrbuch). * Aufgabe 13.15 (Grenzwerte reeller Funktionen) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: a) lim x→2 x5+3x4 3x6−3x4 b) lim x→0 2x2−3x+10 2x3+x−4 170 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen c) lim x→∞ 2x3−2x+7 7x3+x2−2 d) lim x→0(2x 3 + 6) cos(x) Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen (vgl. Satz 13.41 im Lehrbuch) erhält man: Zu a): lim x→2 x5 + 3x4 3x6 − 3x4 = lim x→2 x 5 + 3 lim x→2 x 4 3 lim x→2 x 6 − 3 lim x→2 x 4 = 32+ 3 · 16 3 · 64− 3 · 16 = 80 144 = 5 9 Zu b): lim x→0 2x2 − 3x + 10 2x3 + x − 4 = 2 lim x→0 x 2 − 3 lim x→0 x + 10 2 lim x→0 x 3 + lim x→0 x − 4 = 2 · 0− 3 · 0+ 10 2 · 0+ 0− 4 = − 5 2 Zu c): lim x→∞ 2x3 − 2x + 7 7x3 + x2 − 2 = limx→∞ x3 ( 2− 2 x2 + 7 x3 ) x3 ( 7+ 1x − 2x3 ) = 2− limx→∞ 2x2 + limx→∞ 7x3 7+ lim x→∞ 1 x − limx→∞ 2 x3 = 2− 0+ 0 7+ 0− 0 = 2 7 Zu d): lim x→0(2x 3 + 6) cos(x) = ( 2 lim x→0 x 3 + 6 ) lim x→0 cos(x) = 6 · 1 = 6 ** Aufgabe 13.16 (Grenzwerte reeller Funktionen) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: a) lim x→3 ( 2 x−3 − 12x2−9 ) b) lim x→1 2−2x8 4−4x4 c) lim x→−2 2x2−8 3x+6 d) lim x→0 √ x+4−2 3x Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen (vgl. Satz 13.41 im Lehrbuch) erhält man: Zu a): lim x→3 ( 2 x − 3 − 12 x2 − 9 ) = lim x→3 2(x + 3)− 12 (x − 3)(x + 3) = limx→3 2(x − 3) (x − 3)(x + 3) = lim x→3 2 x + 3 = 2 lim x→3 x + 3 = 2 3+ 3 = 1 3 Zu b): lim x→1 2− 2x8 4− 4x4 = limx→1 2(1+ x4)(1− x4) 4(1− x4) = limx→1 1+ x4 2 = 1+ lim x→1 x 4 2 = 1+ 1 2 = 1 171 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen Zu c): lim x→−2 2x2 − 8 3x + 6 = limx→−2 2(x + 2)(x − 2) 3(x + 2) = limx→−2 2(x − 2) 3 = 2 ( lim x→−2 x − 2 ) 3 = 2(−2− 2) 3 = − 8 3 Zu d): lim x→0 √ x + 4− 2 3x = lim x→0 (√ x + 4− 2) (√x + 4+ 2) 3x (√ x + 4+ 2) = lim x→0 x + 4− 4 3x (√ x + 4+ 2) = lim x→0 1 3 (√ x + 4+ 2) = 13(√ lim x→0 x + 4+ 2 ) = 1 3 (√ 0+ 4+ 2) = 112 ** Aufgabe 13.17 (Grenzwerte reeller Funktionen) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: a) lim x→∞ x sin(x) x2+1 b) lim x→1 ( 1 1−x − 3(1−x)(1+x+x2) ) c) lim x→−∞ x+1 x−1 · x n−1 xn+1 d) lim x→∞ x4−3x3+7x2+1 −7x4+2x2−3 Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen (vgl. Satz 13.41 im Lehrbuch) erhält man: Zu a): 0 ≤ lim x→∞ ∣∣∣∣ x sin(x)x2 + 1 ∣∣∣∣ = limx→∞ ∣∣∣∣ xx2 + 1 ∣∣∣∣ · limx→∞| sin(x)| ≤ lim x→∞ ∣∣∣∣ xx2 + 1 ∣∣∣∣ = lim x→∞ ∣∣∣∣∣∣ 1 x 1+ 1 x2 ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣ lim x→∞ 1 x 1+ lim x→∞ 1 x2 ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 01+ 0 ∣∣∣∣ = 0, also limx→∞ x sin(x)x2 + 1 = 0 Zu b): lim x→1 ( 1 1− x − 3 (1− x)(1+ x + x2) ) = lim x→1 1 1− x ( 1− 3 1+ x + x2 ) = lim x→1 1 1− x · 1+ x + x2 − 3 1+ x + x2 = lim x→1 1 1− x · (x + 2)(x − 1) 1+ x + x2 = lim x→1− x + 2 1+ x + x2 = − lim x→1 x + 2 1+ lim x→1 x + limx→1 x 2 = − 1+ 2 1+ 1+ 1 = −1 172 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen Zu c): lim x→−∞ x + 1 x − 1 · xn − 1 xn + 1 = limx→−∞ x + 1 x − 1 · limx→−∞ xn − 1 xn + 1 = lim x→−∞ 1+ 1x 1− 1x · lim x→−∞ 1− 1 xn 1+ 1 xn = 1+ 0 1− 0 · 1− 0 1+ 0 = 1 · 1 = 1 Zu d): lim x→∞ x4 − 3x3 + 7x2 + 1 −7x4 + 2x2 − 3 = limx→∞ x4 ( 1− 3x + 7x2 + 1 x4 ) x4 ( −7+ 2 x2 − 3 x4 ) = lim x→∞ 1− 3x + 7x2 + 1 x4 −7+ 2 x2 − 3 x4 = 1− lim x→∞ 3 x + limx→∞ 7 x2 + lim x→∞ 1 x4 −7+ lim x→∞ 2 x2 − lim x→∞ 3 x4 = 1− 0+ 0+ 0−7+ 0− 0 = − 1 7 ** Aufgabe 13.18 (Konvergenz von reellen Funktionen) Untersuchen Sie, ob die beiden folgenden Funktionen für x → 0 gegen f (0) konvergieren: a) f (x) = (√ x+4−2)(x2 cos(x)+3) 3x(x+3)3 für x = 0 und x = −3 1 108 für x = 0 b) f (x) = x4+2x3+x2 x2 für x = 0 2 für x = 0 Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Zu a): Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen (vgl. Satz 13.41 im Lehrbuch) und lim x→0 √ x+4−2 3x = 112 (vgl. Aufgabe 13.16d)) erhält man: lim x→0 f (x) = limx→0 (√ x + 4− 2) (x2 cos(x)+ 3) 3x(x + 3)3 = lim x→0 √ x + 4− 2 3x · lim x→0 ( x2 cos(x)+ 3 ) · lim x→0 1 (x + 3)3 = lim x→0 √ x + 4− 2 3x · ( lim x→0 x 2 lim x→0 cos(x)+ 3 ) · 1( lim x→0 x + 3 )3 = 1 12 · 3 · 1 27 = 1 108 = f (0) Das heißt, die Funktion f konvergiert für x → 0 gegen den Funktionswert von f an der Stelle x = 0. Zu b): Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen folgt: lim x→0 f (x) = limx→0 x4 + 2x3 + x2 x2 = lim x→0 x2 ( x2 + 2x + 1 ) x2 = lim x→0 x2 + 2x + 1 1 = 1 = f (0) Das heißt, die Funktion f konvergiert für x → 0 nicht gegen den Funktionswert von f an der Stelle x = 0. 173 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen * Aufgabe 13.19 (Einseitige Konvergenz reeller Funktionen) Untersuchen Sie, ob die beiden folgenden Funktionen an der Stelle x = 5 bzw. x = 2 linksseitig konvergent, rechtsseitig konvergent oder sogar konvergent sind: a) f (x) = 3 x−2 für x < 5 x2 − 20 für x ≥ 5 b) f (x) = x4+2x3+x2 3x2 für x < 2 x3 − 5 für x ≥ 2 Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Zu a): Mit den Rechenregeln für die Grenzwerte konvergenter reeller Funktionen (vgl. Satz 13.41 im Lehrbuch) erhält man für die einseitigen Grenzwerte lim x↑5 f (x) = limx↑5 3 x − 2 = 3 lim x↑5 x − 2 = 3 5− 2 = 1 und lim x↓5 f (x) = limx↓5(x 2 − 20) = lim x↓5 x 2 − 20 = 25− 20 = 5. Das heißt, die Funktion f ist an der Stelle x = 5 links- und rechtsseitig konvergent. Wegen limx↑5 f (x) = limx↓5 f (x) existiert jedoch der (beidseitige) Grenzwert an der Stelle x = 5 nicht. Das heißt, die Funktion f ist dort nicht konvergent (vgl. Satz 13.45 im Lehrbuch). Zu b): Für die einseitigen Grenzwerte gilt lim x↑2 f (x) = limx↑2 x2(x2 + 2x + 1) 3x2 = lim x↑2 x2 + 2x + 1 3 = lim x↑2 x 2 + lim x↑2 2x + 1 3 = 4+ 4+ 1 3 = 3 und lim x↓2 f (x) = limx↓2(x 3 − 5) = lim x↓2 x 3 − 5 = 8− 5 = 3. Die Funktion f ist somit an der Stelle x = 2 links- und rechtsseitig konvergent und wegen limx↑2 f (x) = limx↓2 f (x) existiert auch der (beidseitige) Grenzwert an dieser Stelle. Folglich ist die Funktion f an der Stelle x = 2 konvergent. * Aufgabe 13.20 (Uneigentliche Grenzwerte und Polstellen reeller Funktionen) Geben Sie an, ob die beiden folgenden Funktionen an der jeweils angegebenen Stelle x0 bestimmt divergent sind und um welche Art von Polstelle es sich bei x0 handelt: a) f (x) = 1 (x−2)4 und x0 = 2 b) f (x) = 1 x3 und x0 = 0 Lehrbuch: Abschnitt 13.10 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist für x → 2 bestimmt divergent mit dem uneigentlichen Grenzwert lim x→2 f (x) = limx→2 1 (x − 2)4 = ∞. Bei x0 = 2 handelt es sich um eine Polstelle von f ohne Polwechsel (vgl. Definition 13.49 im Lehrbuch). 174 Kapitel 13Eigenschaften reeller Funktionen Zu b): Die Funktion f ist für x ↑ 0 linksseitig bestimmt divergent und für x ↓ 0 rechtsseitig bestimmt divergent mit dem linksseitigen und rechtsseitigen uneigentlichen Grenzwert lim x↑0 f (x) = limx↑0 1 x3 = −∞ bzw. lim x↓0 f (x) = limx↓0 1 x3 = ∞. Da diese beiden einseitigen uneigentlichen Grenzwerte nicht übereinstimmen, ist die Funktion f für x → 0 aber nicht bestimmt divergent, sondern unbestimmt divergent. Bei x0 = 0 handelt es sich um eine Polstelle mit Polwechsel von −∞ auf ∞ (vgl. Seite 362 im Lehrbuch). ** Aufgabe 13.21 (Asymptoten und Näherungskurven reeller Funktionen) Geben Sie die (horizontalen, vertikalen und schiefen) Asymptoten und Näherungskurven der folgenden Funktionen an: a) f (x) = −3x4+5x2+6 2x4+4x2+12 b) f (x) = 4x x2−9 c) f (x) = 5x − 2 x2 + 7 d) f (x) = x3+3x2 x−5 Lehrbuch: Abschnitt 13.12 Lösung: Zu a): Es gilt: lim|x|→∞ f (x) = lim|x|→∞ x4 ( −3+ 5 x2 + 6 x4 ) x4 ( 2+ 4 x2 + 12 x4 ) = −3+ lim|x|→∞ 5x2 + lim|x|→∞ 6x4 2+ lim|x|→∞ 4 x2 + lim|x|→∞ 12 x4 = −3+ 0+ 0 2+ 0+ 0 = − 3 2 Das heißt, die Funktion f besitzt die horizontale Asymptote y = − 32 (vgl. Definition 13.54b) im Lehrbuch). Zu b): Man erhält: lim|x|→∞ f (x) = lim|x|→∞ 4x x2 ( 1− 9 x2 ) = lim|x|→∞ 4 x 1− 9 x2 = lim|x|→∞ 4 x 1− lim|x|→∞ 9 x2 = 0 1− 0 = 0 Die Funktion f besitzt somit die horizontale Asymptote y = 0. Ferner gilt lim x↑−3 f (x) = limx↑−3 4x x2 − 9 = −∞ und limx↓−3 f (x) = limx↓−3 4x x2 − 9 = ∞ sowie lim x↑3 f (x) = limx↑3 4x x2 − 9 = −∞ und limx↓3 f (x) = limx↓3 4x x2 − 9 = ∞. Dasheißt, dieFunktionf weist die beidenvertikalenAsymptotenx = −3undx = 3auf (vgl.Definition13.54a) im Lehrbuch). Zu c): Man erhält lim x→0 f (x) = limx→0 ( 5x − 2 x2 + 7 ) = −∞. Die Funktion f besitzt folglich für x → 0 die vertikale Asymptote x = 0. Ferner weist f für |x| → ∞ die schiefe Asymptote h(x) = 5x + 7 auf. Denn es gilt lim|x|→∞ |f (x)− h(x)| = lim|x|→∞ ∣∣∣∣− 2x2 ∣∣∣∣ = 0 (vgl. Definition 13.54c) im Lehrbuch). 175 Kapitel 13 Teil IV: Reelle Funktionen Zu d): Durch Polynomdivision (vgl. Seite 372 im Lehrbuch) folgt ( x3 + 3x2) : (x − 5) = x2 + 8x + 40+ 200 x − 5− x3 + 5x2 8x2 − 8x2 + 40x 40x − 40x + 200 200 Das heißt, es gilt f (x) = x2 + 8x + 40+ 200 x−5 . Mit h(x) = x2 + 8x + 40 folgt daraus lim|x|→∞ |f (x)− h(x)| = lim|x|→∞ ∣∣∣∣ 200x − 5 ∣∣∣∣ = 0. Folglich besitzt f für |x| → ∞ die quadratische Näherungskurve h(x) = x2 + 8x + 40. 176 14. Spezielle reelle Funktionen * Aufgabe 14.1 (MC-Aufgaben zu Polynomen und rationalen Funktionen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Ein Monom ist ein Polynom. b) Eine rationale Funktion ist ein Polynom. c) Ein Polynom mit Grad n ≥ 1 besitzt genau n reelle Nullstellen. d) Ein Polynom mit ungeradem Grad n ≥ 1 besitzt mindestens eine reelle Nullstelle. e) Eine echt-gebrochen-rationale Funktion besitzt die x-Achse als horizontale Asymptote. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 14.1, 14.2, 14.6 und 14.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Ein Monom ist ein Polynom der speziellen Form p(x) = axk mit k ∈ N0 (vgl. Seite 370 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Polynome sind rationale Funktionen (mit konstantem Nennerpolynom), aber die Umkehrung dieser Aussage gilt nicht (vgl. Definition 14.12 im Lehrbuch). Zu c): FalscheAussage. Ein PolynomvomGrad n ≥ 1 besitzt zwar genau nNullstellen, diesemüssen allerdings nicht reell sein (vgl. Satz 4.2 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Folgerung 4.5 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 14.22a) im Lehrbuch). ** Aufgabe 14.2 (Polynome) Ermitteln Sie die Nullstellen und die Faktorisierung der folgenden beiden Polynome: a) p1(x) = 4x4 + 24x3 − 88x + 60 b) p2(x) = 6x5 + 6x4 − 72x3 − 72x2 + 162x + 162 Lehrbuch: Abschnitt 14.1 Lösung: Zu a): Durch Probieren erhält man, dass x1 = 1 eine Nullstelle von p1 ist. Eine Polynomdivision von p1 durch den Linearfaktor x − 1 liefert ( 4x4 + 24x3 − 88x + 60) : (x − 1) = 4x3 + 28x2 + 28x − 60 − 4x4 + 4x3 28x3 − 28x3 + 28x2 28x2 − 88x − 28x2 + 28x − 60x + 60 60x − 60 0 unddamit dasRestpolynom r1(x) = 4x3+28x2+28x−60.ErneutesProbieren liefert, dass diesesRestpolynom ebenfalls die Nullstelle x2 = 1 besitzt. Das heißt, das Polynom p1 besitzt die zweifache Nullstelle x1,2 = 1 und eine Polynomdivision des Restpolynoms r1 durch den Linearfaktor x − 1 liefert 177 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen ( 4x3 + 28x2 + 28x − 60) : (x − 1) = 4x2 + 32x + 60 − 4x3 + 4x2 32x2 + 28x − 32x2 + 32x 60x − 60 − 60x + 60 0 und damit das Restpolynom r2(x) = 4x2+ 32x+ 60. Die Nullstellen dieses quadratischen Polynoms können nun leicht mit der a-b-c-Formel (vgl. (4.8) im Lehrbuch) berechnet werden. Man erhält dann x3,4 = −32± √ 322 − 4 · 4 · 60 2 · 4 = −32± 8 8 , also x3 = −3 und x4 = −5. Das Polynomp1 besitzt folglich insgesamt die vier Nullstellen x1,2 = 1, x3 = −3, x4 = −5 und somit die Faktorisierung p1(x) = 4(x − 1)2(x + 3)(x + 5) (vgl. Satz 14.7 im Lehrbuch). Zu b): Durch Probieren erhält man, dass x1 = −1 eine Nullstelle von p2 ist. Eine Polynomdivision von p2 durch den Linearfaktor x + 1 liefert ( 6x5 + 6x4 − 72x3 − 72x2 + 162x + 162) : (x + 1) = 6x4 − 72x2 + 162 − 6x5 − 6x4 − 72x3 − 72x2 72x3 + 72x2 162x + 162 − 162x − 162 0 und damit das Restpolynom 6x4− 72x2+ 162. Mit der Substitution u = x2 lässt sich dieses Polynom vierten Grades zum quadratischen Polynom r(u) = 6u2 − 72u+ 162 reduzieren, für dessen Nullstellen man mit der a-b-c-Formel u1,2 = 72± √ (−72)2 − 4 · 6 · 162 2 · 6 = 72±√1296 12 = 72± 36 12 erhält. Das heißt, das Polynom r besitzt die beiden Nullstellen u1 = 9 und u2 = 3 und die Resubstitution x = ±√u liefert mit x2 = −√u1 = −3, x3 = √u1 = 3, x4 = −√u2 = − √ 3, x5 = √u2 = √ 3 die restlichen Nullstellen des Polynoms p2. Das Polynom p2 besitzt also insgesamt die fünf Nullstellen x1 = −1, x2 = −3, x3 = 3, x4 = − √ 3, x5 = √ 3 und somit die Faktorisierung p2(x) = 6(x + 1)(x + 3)(x − 3)(x + √ 3)(x −√3). ** Aufgabe 14.3 (Polynome) Die Abbildung 14.1 zeigt den Graphen eines Polynoms p vom Grad n = 3. Bestimmen Sie die Zuordnungsvorschrift dieses Polynoms. Lehrbuch: Abschnitt 14.1 Lösung: Aus Abbildung 14.1 ist zu erkennen, dass das Polynom p eine doppelte Nullstelle bei x1,2 = −3 und eine einfache Nullstelle bei x3 > 0 besitzt. Da das Polynom p von Grad n = 3 ist, gibt es neben diesen drei Nullstellen keine weiteren Nullstellen mehr (vgl. Satz 4.2 im Lehrbuch). Diese Beobachtung führt zum folgenden Ansatz p(x) = a(x + 3)2(x − x3) mit a = 0 (14.1) für die Zuordnungsvorschrift von p (vgl. Satz 14.7 im Lehrbuch). Die beiden noch unbekannten Konstanten a und x3 können nun mit Hilfe der Schnittstelle des Graphen von p mit der y-Achse und dem Punkt A ermittelt 178 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen 3 18 l l l p(x) A Abb. 14.1: Graph eines Polynoms p vom Grad n = 3 werden. Denn gemäß Abbildung 14.1 muss p(0) = 18 und p(3) = −36 gelten. Zusammen mit (14.1) führt dies zum Gleichungssystem: −9ax3 = 18 (14.2) 36a(3− x3) = −36 (14.3) Wird die Gleichung (14.2) nach x3 aufgelöst und in die Gleichung (14.3) eingesetzt, dann erhält man 108a − 36ax3 = 108a + 72 = −36. Aus der letzten Gleichung folgt somit 108a = −108, also a = −1. Wird dieser Wert in die Gleichung (14.3) eingesetzt, dann erhält man −36(3− x3) = −36, also 3− x3 = 1 bzw. x3 = 2. Die Zuordnungsvorschrift des Polynoms p lautet somit: p(x) = a(x + 3)2(x − x3) = −(x + 3)2(x − 2) = −(x2 + 6x + 9)(x − 2) = −(x3 + 6x2 + 9x − 2x2 − 12x − 18) = −x3 − 4x2 + 3x + 18 ** Aufgabe 14.4 (Polynome) a) Bestimmen Sie ein Polynom p vom Grad n = 6, das achsensymmetrisch zur y-Achse ist, bei x1 = −2, x2 = 3 und x3 = 5 jeweils eine (einfache) Nullstelle besitzt und dessen Graph die y-Achse an der Stelle 450 schneidet. b) Erläutern Sie, ob das Polynom p eindeutig ist. c) Skizzieren Sie den Graphen von p. Lehrbuch: Abschnitt 14.1 Lösung: Zu a): Aus der Achsensymmetrie von p zur y-Achse folgt, dass auch x4 = 2, x5 = −3 und x6 = −5 Nullstellen sind. Da das Polynom p vom Grad n = 6 sein soll, gibt es neben diesen sechs Nullstellen keine weiteren Nullstellen mehr (vgl. Satz 4.2 im Lehrbuch). Das gesuchte Polynom ist daher von der Gestalt p(x) = a(x − 2)(x + 2)(x − 3)(x + 3)(x − 5)(x + 5) = a(x2 − 4)(x2 − 9)(x2 − 25) mit a = 0 (14.4) (vgl. Satz 14.7 im Lehrbuch). Der unbekannte Koeffizient a kann nun leicht mit Hilfe der Schnittstelle des Graphen von p mit der y-Achse ermittelt werden. Denn aus (14.4) und p(0) = 450 folgt p(0) = a(−4) · (−9) · (−25) = 450, also a = − 1 2 . 179 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen Die Zuordnungsvorschrift des Polynoms p lautet somit: p(x) = a(x2 − 4)(x2 − 9)(x2 − 25) = − 1 2 (x2 − 4)(x2 − 9)(x2 − 25) = − 1 2 (x4 − 13x2 + 36)(x2 − 25) = − 1 2 (x6 − 13x4 + 36x2 − 25x4 + 325x2 − 900) = − 1 2 x6 + 19x4 − 361 2 x2 + 450 Zu b): Das Polynom p ist eindeutig, da durch die Angaben die Koeffizienten von p auf eindeutige Weise festgelegt sind und damit auch das Polynom selbst eindeutig ist (vgl. Satz 14.3 im Lehrbuch). Zu c): Für den Graphen des Polynoms p siehe Abbildung 14.2. −5 −3 −1 1 2 3 4 5 −400 −200 200 400 p(x) Abb. 14.2: Graph des Polynoms p : R −→ R, x *→ − 12 x6+19x4− 3612 x2+450 ** Aufgabe 14.5 (Polynome und rationale Funktionen) a) Bestimmen Sie ein Polynom p vom Grad n = 4, das die Nullstelle x1 = 3 besitzt, dessen Graph die x-Achse bei x2,3 = −1 berührt sowie durch die beiden Punkte (1,−2) und (2,−9) geht. b) Ermitteln Sie eine gebrochen-rationale Funktion q, die neben der zweifachen Nullstelle x1,2 = 2 keine weiteren Nullstellen aufweist und jeweils eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel bei x3 = −4, x4 = 0 und x5 = 10 besitzt. Ferner ist bekannt, dass ihr Graph durch den Punkt (1, 15 ) geht. Lehrbuch: Abschnitte 14.1 und 14.2 Lösung: Zu a): Das Polynomp besitzt die einfache Nullstelle x1 = 3 und die zweifache Nullstelle x2,3 = −1. Als PolynomvomGradn = 4 hatp genau vier (nicht notwendigerweise verschiedene)Nullstellen, die eventuell auch komplex sein können (vgl. Satz 4.2 imLehrbuch). Da jedoch bei einemPolynommit ausschließlich reellen Koeffizienten komplexe Nullstellen stets als konjugiert komplexe Paare auftreten (vgl. Satz 4.4 im Lehrbuch), folgt aus der Existenz der drei reellen Nullstellen x1 = 3 und x2,3 = −1, dass auch die vierte Nullstelle x4 von p reell sein muss. Das gesuchte Polynom ist daher von der Form p(x) = a(x − 3)(x + 1)2(x − x4) mit a = 0 (14.5) (vgl. Satz 14.7 im Lehrbuch). Die beiden noch unbekannten Konstanten a und x4 können nun mit Hilfe der beiden Punkte (1,−2) und (2,−9) ermittelt werden, durch welche der Graph vonp verläuft. Das heißt, es muss p(1) = −2 und p(2) = −9 gelten, und zusammen mit (14.5) führt dies zum Gleichungssystem: −8a(1− x4) = −2 −9a(2− x4) = −9 180 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen bzw. 4a(1− x4) = 1 (14.6) a(2− x4) = 1 (14.7) Durch Gleichsetzen von (14.6) und (14.7) folgt daraus 4a(1− x4) = a(2− x4) bzw. a(4(1− x4)− (2− x4)) = a(2− 3x4) = 0. Wegen a = 0 impliziert dies x4 = 23 . Mit (14.7) folgt daraus a = 12−x4 = 3 4 . Das Polynom p lautet somit: p(x) = a(x − 3)(x + 1)2(x − x4) = 34 (x − 3)(x + 1) 2 ( x − 2 3 ) = 3 4 (x3 − x2 − 5x − 3) ( x − 2 3 ) = 3 4 ( x4 − 5 3 x3 − 13 3 x2 + 1 3 x + 2 ) = 3 4 x4 − 5 4 x3 − 13 4 x2 + 1 4 x + 3 2 Zu b): Die zweifache Nullstelle x1,2 = 2 der gesuchten rationalen Funktion q ist eine zweifache Nullstelle des Zählerpolynoms von q. Ferner sind die drei Polstellen mit Vorzeichenwechsel x3 = −4, x4 = 0 und x5 = 10 Nullstellen des Nennerpolynoms. Diese Beobachtung liefert für die Zuordnungsvorschrift von q den Ansatz q(x) = a (x − 2) 2 x(x + 4)(x − 10) für x ∈ R \ {−4, 0, 10} . (14.8) Der noch unbekannte Koeffizient a kann nun mit Hilfe des Punktes (1, 15 ) bestimmt werden, durch welchen der Graph von q verläuft. Denn für q muss q(1) = 15 gelten und zusammen mit (14.8) liefert dies q(1) = − a 45 = 1 5 bzw. a = −9. Die rationale Funktion q ist somit gegeben durch q : R \ {−4, 0, 10} −→ R, x *→ q(x) = −9(x − 2) 2 x(x + 4)(x − 10) . ** Aufgabe 14.6 (Rationale Funktionen) Gegeben sei eine rationale Funktion q mit der Zuordnungsvorschrift q(x) = (x − 1)(x + 5) (x + 1)2(x − 3) . Bestimmen Sie die folgenden Eigenschaften von q: a) Maximaler Definitionsbereich D ⊆ R b) Nullstellen c) Polstellen d) Asymptoten e) Schnittpunkt mit der y-Achse Skizzieren Sie ferner den Graphen von q. Lehrbuch: Abschnitt 14.2 Lösung: Zu a): Der Zähler von q besitzt die beiden (einfachen) Nullstellen x = 1 und x = −5 und der Nenner von q hat die (einfache) Nullstelle x = 3 und die zweifache Nullstelle x = −1. Da die beiden Nullstellen des 181 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen Nenners keine Nullstellen des Zählers sind, kann der Definitionsbereich von q nicht um diese beiden Stellen erweitert werden. Dermaximale Definitionsbereich von q lautet daherR\{−1, 3} (vgl. Seite 384 imLehrbuch). Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) besitzt der Zähler von q die beiden (einfachen) Nullstellen x = 1 und x = −5, die keine Nullstellen des Nenners von q sind. Die rationale Funktion q besitzt daher die beiden (einfachen) Nullstellen x = 1 und x = −5. Zu c): Es gilt lim x→−1 (x − 1)(x + 5) (x + 1)2(x − 3) = ∞ sowie lim x↑3 (x − 1)(x + 5) (x + 1)2(x − 3) = −∞ und limx↓3 (x − 1)(x + 5) (x + 1)2(x − 3) = ∞. Das heißt, die Funktion q besitzt bei x = −1 eine Polstelle ohneVorzeichenwechsel und bei x = 3 eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel von −∞ auf ∞ (vgl. Seite 362 im Lehrbuch). Zu d): Da es sich bei x = −1 und x = 3 um Polstellen handelt, besitzt q dort jeweils eine vertikale Asymptote (vgl. Definition 13.54a) im Lehrbuch). Ferner handelt es sich bei der Funktion q um eine echt-gebrochenrationale Funktion (d.h. der Grad des Polynoms im Nenner ist größer als der Grad des Polynoms im Zähler). Sie besitzt daher für |x| → ∞ die horizontale Asymptote h(x) = 0 (vgl. Satz 14.22a) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt lim|x|→∞ (x − 1)(x + 5) (x + 1)2(x − 3) = 0. Zu e): Es gilt q(0) = 53 . Folglich schneidet q die y-Achse bei y = 53 . Die Abbildung 14.3 zeigt den Graphen der rationalen Funktion q. 2 4 6 8 1 2 3 q(x) Abb. 14.3: Graph der Funktion q : R \ {−1, 3} −→ R, x *→ (x−1)(x+5) (x+1)2(x−3) *** Aufgabe 14.7 (Rationale Funktionen) Gegeben sei eine rationale Funktion q mit der Zuordnungsvorschrift q(x) = x 4 − 2x3 − 4x2 + 8x 9x3 + 24x2 + 13x + 2 . Bestimmen Sie die folgenden Eigenschaften von q: a) Maximaler Definitionsbereich D ⊆ R b) Nullstellen c) Polstellen d) Asymptoten e) Schnittpunkt mit der y-Achse Skizzieren Sie ferner den Graphen von q. 182 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Lehrbuch: Abschnitt 14.2 Lösung: Zu a): Der Zähler von q, d.h. das Polynom x4 − 2x3 − 4x2 + 8x = x(x3 − 2x2 − 4x + 8), besitzt offensichtlich die Nullstelle x = 0, und die restlichen Nullstellen erhält man durch Lösen der Gleichung x3− 2x2 − 4x+ 8 = 0. Durch Probieren erhält man mit x = 2 eine weitere Nullstelle des Zählers von q, und eine Polynomdivision von x3 − 2x2 − 4x + 8 mit dem zugehörigen Linearfaktor x − 2 liefert weiter: ( x3 − 2x2 − 4x + 8) : (x − 2) = x2 − 4 − x3 + 2x2 − 4x + 8 4x − 8 0 Das verbleibende Restpolynom r(x) = x2−4 besitzt offensichtlich die beiden weiteren Nullstellen x = 2 und x = −2, und folglich weist der Zähler von q insgesamt die beiden (einfachen) Nullstellen x = 0 und x = −2 sowiedie (zweifache)Nullstellex = 2 auf.DurchProbieren erhältman, dass derNenner vonq, d.h. dasPolynom 9x3 + 24x2 + 13x + 2, die Nullstelle x = −2 besitzt. Eine Polynomdivision von 9x3 + 24x2 + 13x + 2 mit dem zugehörigen Linearfaktor x + 2 liefert ( 9x3 + 24x2 + 13x + 2) : (x + 2) = 9x2 + 6x + 1 − 9x3 − 18x2 6x2 + 13x − 6x2 − 12x x + 2 − x − 2 0 und damit das quadratische Restpolynom r(x) = 9x2+6x+1, dessen Nullstellen leicht mit der a-b-c-Formel (vgl. (4.8) im Lehrbuch) berechnet werden können. Man erhält dann x = −6± √ 62 − 4 · 9 · 1 2 · 9 = −6± 0 18 = − 1 3 . Das heißt, der Nenner von q besitzt insgesamt die (einfache) Nullstelle x = −2 und die (zweifache) Nullstelle x = − 13 . Beim Wert x = −2 handelt es sich somit um eine gemeinsame (einfache) Nullstelle des Zählers und des Nenners von q. Folglich kann der Definitionsbereich von q um die Stelle x = −2 erweitert werden, und der maximale Definitionsbereich lautet somit R \ { − 13 } (vgl. Seite 384 im Lehrbuch). Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) besitzt der Zähler von q die beiden (einfachen) Nullstellen x = 0 und x = −2 und die (zweifache) Nullstelle x = 2. Da jedoch x = −2 auch eine (einfache) Nullstelle des Nenners von q ist, kann der zugehörige Linearfaktor (x+2) aus dem Zähler und Nenner gekürzt werden. Das heißt, die rationale Funktion q besitzt die (einfache) Nullstelle x = 0 und die (zweifache) Nullstelle x = 2. Zu c): Nach Kürzen des Linearfaktors (x + 2) aus dem Zähler und Nenner erhält man q(x) = x(x − 2) 2 9 ( x + 13 )2 . Damit folgt lim x↑− 13 x(x − 2)2 9 ( x + 13 )2 = lim x↓− 13 x(x − 2)2 9 ( x + 13 )2 = −∞. Das heißt, die Funktion q besitzt bei x = − 13 eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel (vgl. Seite 362 im Lehrbuch). Zu d): Da es sich bei x = − 13 um eine Polstelle handelt, besitzt q dort eine vertikale Asymptote (vgl. Definition 13.54a) im Lehrbuch). Die Funktion q ist ferner eine unecht-gebrochen-rationale Funktion (d.h. der 183 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen Grad des Polynoms im Nenner ist kleiner als der Grad des Polynoms im Zähler) und eine Polynomdivision des Zählerpolynoms x4 − 2x3 − 4x2 + 8x durch das Nennerpolynom 9x3 + 24x2 + 13x + 2 liefert: ( x4 − 2x3 − 4x2 + 8x) : (9x3 + 24x2 + 13x + 2) = 19x − 1427 + 7x2 + 39227 x + 2827 9x3 + 24x2 + 13x + 2− x4 − 83x3 − 139 x2 − 29 x − 143 x3 − 499 x2 + 709 x 14 3 x 3 + 1129 x2 + 18227 x + 2827 7x2 + 39227 x + 2827 Die Funktion q besitzt daher für |x| → ∞ die schiefe Asymptote h(x) = 19x − 1427 als Näherungskurve (vgl. Satz 14.22b) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt lim|x|→∞ ∣∣∣∣q(x)− (19x − 1427 )∣∣∣∣ = 0. Zu e): Es gilt q(0) = 0. Folglich schneidet q die y-Achse bei y = 0. Die Abbildung 14.4 zeigt den Graphen der rationalen Funktion q. 1 3 5 1 q(x) h(x) Abb. 14.4: Graph der Funktion q : R \ { − 13 } −→ R, x *→ x4−2x3−4x2+8x 9x3+24x2+13x+2 *** Aufgabe 14.8 (Rationale Funktionen und Partialbruchzerlegung) Von einer rationalen Funktion q : D ⊆ R −→ R, x *→ q(x) = p1(x) p2(x) seien die folgenden drei Eigenschaften bekannt: i) der Graph der Funktion q schneidet die y-Achse beim Wert 3, ii) das quadratische Zählerpolynom p1 besitzt die beiden einfachen Nullstellen x1 = 2 und x2 = −1 und iii) das kubische Nennerpolynom p2 besitzt die zweifache Nullstelle x3,4 = 1 und die einfache Nullstelle x5 = 4. a) Bestimmen Sie die Zuordnungsvorschrift und den maximalen Definitionsbereich D ⊆ R von q. b) Geben Sie die Nullstellen, Polstellen und Asymptoten von q an. c) Skizzieren Sie den Graphen von q. d) Ermitteln Sie die Partialbruchzerlegung von q. Lehrbuch: Abschnitt 14.2 Lösung: Zu a): Die Angaben über die Nullstellen des Zählerpolynoms p1 und die Nullstellen des Nennerpolynoms p2 liefern für die Zuordnungsvorschrift von q den folgenden Ansatz q(x) = a (x − 2)(x + 1) (x − 1)2(x − 4) für x ∈ R \ {1, 4} . (14.9) 184 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Der maximale Definitionsbereich ist somit gegeben durch D = R \ {1, 4}. Ferner ist bekannt, dass der Graph von q die y-Achse beim Wert 3 schneidet. Das heißt, es muss q(0) = 3 gelten. Zusammen mit (14.9) liefert dies für den noch unbekannten Koeffizienten a q(0) = a 2 = 3 bzw. a = 6. Folglich lautet die rationale Funktion q q : R \ {1, 4} −→ R, x *→ q(x) = 6(x − 2)(x + 1) (x − 1)2(x − 4) . (14.10) Zu b): Der Zähler von q besitzt die beiden einfachen Nullstellen x1 = 2 und x2 = −1, und der Nenner von q weist die zweifacheNullstelle x3,4 = 1 und die einfacheNullstelle x5 = 4 auf. Folglich besitzt q die (einfachen) Nullstellen x1 = 2 und x2 = −1, eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel bei x3,4 = 1 und eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel bei x5 = 4 (vgl. Seite 362 im Lehrbuch). Die Funktion q besitzt somit an den beiden Stellen x3,4 = 1 und x5 = 4 jeweils eine vertikale Asymptote (vgl. Definition 13.54a) im Lehrbuch). Ferner ist die Funktion q eine echt-gebrochen-rationale Funktion (d.h. der Grad des Polynoms im Nenner ist größer als der Grad des Polynoms im Zähler). Sie besitzt daher für |x| → ∞ die horizontale Asymptote h(x) = 0 (vgl. Satz 14.22 a) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt lim|x|→∞ 6(x − 2)(x + 1) (x − 1)2(x − 4) = 0. Zu c): Die Abbildung 14.5 zeigt den Graphen der rationalen Funktion q. 2 4 6 5 10 15 q(x) Abb. 14.5: Graph der Funktion q : R\{1, 4} −→ R, x *→ q(x) = 6(x−2)(x+1) (x−1)2(x−4) Zu d): Das Nennerpolynom der rationalen Funktion (14.10) ist bereits faktorisiert und besitzt die Zerlegung q(x) = p1(x) p2(x) = a11 x − 1 + a12 (x − 1)2 + a21 x − 4 (14.11) mit noch zu bestimmenden Koeffizienten a11, a12 und a21 (vgl. Satz 14.20 im Lehrbuch). Die rechte Seite von (14.11) wird auf den gemeinsamen Nenner p2(x) = (x − 1)2(x − 4) gebracht. Man erhält dann p1(x) p2(x) = a11(x − 1)(x − 4) (x − 1)2(x − 4) + a12(x − 4) (x − 1)2(x − 4) + a21(x − 1)2 (x − 1)2(x − 4) = a11(x − 1)(x − 4)+ a12(x − 4)+ a21(x − 1) 2 (x − 1)2(x − 4) , und ein Vergleich der Zählerpolynome auf der rechten und linken Seite liefert weiter 6(x − 2)(x + 1) = a11(x − 1)(x − 4)+ a12(x − 4)+ a21(x − 1)2. (14.12) Ausmultiplizieren beider Seiten von (14.12) und zusammenfassen der Monome gleichen Grades ergibt: −12− 6x + 6x2 = (4a11 − 4a12 + a21)+ (−5a11 + a12 − 2a21)x + (a11 + a21)x2 (14.13) Durch Vergleich der Koeffizienten auf der linken und rechten Seite von (14.13) erhält man für die drei unbekannten Koeffizienten a11, a12 und a21 das folgende lineare Gleichungssystem: 185 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen 4a11 − 4a12 + a21 = −12 −5a11 + a12 − 2a21 = −6 a11 + a21 = 6 Durch Lösen dieses linearen Gleichungssystems (z.B. mit dem Gauß-Algorithmus, vgl. Abschnitt 9.3 im Lehrbuch) erhält man die Werte a11 = − 23 , a12 = 4 und a21 = 20 3 . Die Zuordnungsvorschrift der rationalen Funktion q besitzt folglich die Partialbruchzerlegung q(x) = 6(x − 2)(x + 1) (x − 1)2(x − 4) = −2 3(x − 1) + 4 (x − 1)2 + 20 3(x − 4) . ** Aufgabe 14.9 (Partialbruchzerlegung) Bestimmen Sie die Partialbruchzerlegung der echt-gebrochen-rationalen Funktion q(x) = −3x 3 + 12x2 − 6x + 7 (x − 1)2(x2 + 4) . Lehrbuch: Abschnitt 14.2 Lösung: DasNennerpolynomp2(x) der rationalen Funktion q(x) = p1(x)p2(x) ist bereits faktorisiert und q besitzt die Zerlegung q(x) = p1(x) p2(x) = a11 x − 1 + a12 (x − 1)2 + α11x + β11 x2 + 4 (14.14) mit noch zu bestimmenden Koeffizienten a11, a12, α11 und β11 (vgl. Satz 14.20 im Lehrbuch). Die rechte Seite von (14.14) wird auf den gemeinsamen Nenner p2(x) = (x − 1)2(x2 + 4) gebracht. Man erhält dann p1(x) p2(x) = a11(x − 1)(x 2 + 4) (x − 1)2(x2 + 4) + a12(x 2 + 4) (x − 1)2(x2 + 4) + (α11x + β11)(x − 1)2 (x − 1)2(x2 + 4) = a11(x − 1)(x 2 + 4)+ a12(x2 + 4)+ (α11x + β11)(x − 1)2 (x − 1)2(x2 + 4) , und ein Vergleich der Zählerpolynome auf der rechten und linken Seite liefert weiter −3x3 + 12x2 − 6x + 7 = a11(x − 1)(x2 + 4)+ a12(x2 + 4)+ (α11x + β11)(x − 1)2. (14.15) Ausmultiplizieren der rechten Seite von (14.15) und Zusammenfassen der Monome gleichen Grades ergibt: 7− 6x + 12x2 − 3x3 = (−4a11 + 4a12 + β11)+ (4a11 − 2β11 + α11)x + (−a11 + a12 + β11 − 2α11)x2 + (a11 + α11)x3 (14.16) Durch Vergleich der Koeffizienten auf der linken und rechten Seite von (14.16) erhält man für die vier unbekannten Koeffizienten a11, a12, α11 und β11 das folgende lineare Gleichungssystem: −4a11 + 4a12 + β11 = 7 4a11 − 2β11 + α11 = −6 − a11 + a12 + β11 − 2α11 = 12 a11 + α11 = −3 Durch Lösen dieses linearen Gleichungssystems (z.B. mit dem Gauß-Algorithmus, vgl. Abschnitt 9.3 im Lehrbuch) erhält man die Werte a11 = 1, a12 = 2, β11 = 3 und α11 = −4. Die Zuordnungsvorschrift der rationalen Funktion q besitzt somit die Partialbruchzerlegung q(x) = −3x 3 + 12x2 − 6x + 7 (x − 1)2(x2 + 4) = 1 x − 1 + 2 (x − 1)2 + 3− 4x x2 + 4 . 186 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen ** Aufgabe 14.10 (Wurzelfunktionen) Betrachtet wird die Wurzelfunktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ √ x + 2 x − 4 . a) Erläutern Sie, ob es sich bei f um eine algebraische Funktion handelt. b) Bestimmen Sie den maximalen Definitionsbereich D ⊆ R von f . c) Skizzieren Sie den Graphen von f über seinemmaximalen DefinitionsbereichD ⊆ R und ermitteln Sie damit den zugehörigen Bildbereich von f . d) Untersuchen Sie f auf die Existenz einer Umkehrfunktion und ermitteln Sie diese gegebenenfalls. Lehrbuch: Abschnitt 14.3 Lösung: Zu a): Es gilt √ x+2 x−4 = ( x+2 x−4 ) 1 2 . Das heißt, die Zuordnungsvorschrift von f entsteht aus x und reellen Zahlen durch endlich viele Additionen, Subtraktionen, Divisionen und Potenzierungen mit rationalen Exponenten. Folglich ist f eine algebraische Funktion (vgl. Seite 387 im Lehrbuch). Zu b): DieWurzelfunktion f ist für alle x ∈ R\{4}mit x+2 x−4 ≥ 0 definiert. Dies gilt genau dann, wenn x+2 ≥ 0 und x − 4 > 0 oder x + 2 ≤ 0 und x − 4 < 0 erfüllt ist. Der erste Fall ist für x > 4 und der zweite Fall für x ≤ −2 gegeben. Der maximale Definitionsbereich von f lautet somit D = {x ∈ R : x ≤ −2 oder x > 4} . Zu c): Die Abbildung 14.6 zeigt den Graphen der Wurzelfunktion f : D ⊆ R −→ R, x *→ √ x+2 x−4 mit dem maximalen Definitionsbereich D = {x ∈ R : x ≤ −2 oder x > 4}. Daraus ist zu erkennen, dass f den Bildbereich f (D) = {y ∈ R : y ≥ 0 und y = 1} besitzt. 5 10 15 20 1 2 3 4 5 f(x) Abb. 14.6: Graph der Wurzelfunktion f : D⊆R−→R, x *→ √ x+2 x−4 mit D={x ∈ R : x ≤ −2 oder x > 4} Zu d): Aus der Abbildung 14.6 ist zu erkennen, dass die Funktion injektiv ist, und durch Auflösen der Zuordnungsvorschrift y = √ x+2 x−4 nach der Variablen x erhält man x + 2 x − 4 = y 2 ⇒ x + 2 = y2x − 4y2 ⇒ x(1− y2) = −4y2 − 2 ⇒ x = −4y 2 − 2 1− y2 = 4y2 + 2 y2 − 1 187 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen bzw. nach anschließendem Vertauschen der Variablen x und y y = 4x 2 + 2 x2 − 1 . Die Funktion f besitzt somit die Umkehrfunktion f−1 : {x ∈ R : x ≥ 0 und x = 1} −→ {y ∈ R : y ≤ −2 oder y > 4} , x *→ 4x 2 + 2 x2 − 1 . ** Aufgabe 14.11 (Wurzelfunktionen) Es wird angenommen, dass die Konsumausgaben K(x) eines Haushaltes (in €/Monat) vom Haushaltseinkommen x (in €/Monat) abhängen und durch die folgende Funktion beschrieben werden können: K : D ⊆ R −→ R, x *→ 80 √ x 5 + 36 a) Ermitteln Sie den maximalen Definitionsbereich D ⊆ R und den ökonomisch sinnvollen Definitionsbereich D∗ von K . b) Bestimmen Sie das Existenzminimum. c) Ermitteln Sie, ab welchemHaushaltseinkommen x die monatliche Sparsumme positiv ist. d) Bestimmen Sie, bei welchem Haushaltseinkommen x ein Haushalt genau 90% seines Einkommens für Konsumzwecke ausgibt. Lehrbuch: Abschnitt 14.3 Lösung: Zu a): Der maximale DefinitionsbereichD besteht aus allen x ∈ Rmit x5 +36 ≥ 0. Das heißt, es gilt D = {x ∈ R : x ≥ −180}. Ökonomisch sinnvoll sind jedoch nur die Werte x ∈ D mit x ≥ 0. Der ökonomisch sinnvolle Definitionsbereich lautet daher D∗ = {x ∈ R : x ≥ 0} ⊂ D. Zu b): Das Existenzminimum ist gegeben durch die Konsumausgaben, welche bei einem Haushaltseinkommen von 0€/Monat resultieren. Das heißt, das Existenzminimum ist K(0) = 80√36 = 480€/Monat. Zu c): Die monatliche Sparsumme beträgt x − K(x) = x − 80 √ x 5 + 36. Durch Nullsetzen der monatlichen Sparsumme erhält man: x − 80 √ x 5 + 36 = 0 ⇐⇒ x = 80 √ x 5 + 36 ⇐⇒ x2 = 6400 (x 5 + 36 ) ⇐⇒ x2 − 1280x − 230.400 = 0 Daraus folgt mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) x1,2 = 640± 12 √ 12802 + 4 · 230.400 = 640± 1 2 · 1600. Von diesen beiden Lösungen kommt jedoch wegen x ≥ 0 nur die positive Lösung x = 1440 in Frage. Folglich ist die monatliche Sparsumme für ein Haushaltseinkommen x > 1440€/Monat positiv. Zu d): Gesucht ist das Haushaltseinkommen x, für das 0,9x = K(x) gilt. Man erhält: 0,9x = 80 √ x 5 + 36 ⇐⇒ 0,81x2 = 6400 (x 5 + 36 ) ⇐⇒ 0,81x2 − 1280x − 230.400 = 0 188 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Mit der a-b-c-Formel (vgl. (4.9) im Lehrbuch) folgt weiter: x1,2 = 1280± √ 12802 + 4 · 0,81 · 230.400 2 · 0,81 Vondiesen beidenLösungen kommt jedochwegen x ≥ 0wieder nur die positiveLösung x = 1.743,40 in Frage. Folglich wird bei einem Haushaltseinkommen von x = 1.743,40€/Monat genau 90% des Einkommens für Konsumzwecke ausgegeben. * Aufgabe 14.12 (MC-Aufgaben zu speziellen reellen Funktionen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Die allgemeine Exponentialfunktion ax mit a > 0 ist monoton wachsend. b) Zwischen allgemeiner Exponentialfunktion ax mit a>0 sowie natürlicher Exponential- und Logarithmusfunktion besteht der Zusammenhang ax=exp(x ln(a)) für alle x ∈ R. c) Die natürliche Exponentialfunktion exp(x) wächst für x → ∞ schneller als jedes Monom xn mit n ∈ N. d) Die trigonometrischen Funktionen sin(x), cos(x), tan(x) und cot(x) sind periodisch mit der Periode T = 2π . e) Die Arcussinus-Funktion arcsin(x) ist die Umkehrfunktion der Sinusfunktion sin(x). a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 14.5, 14.6 und 14.7 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Die allgemeine Exponentialfunktion ax mit a > 0 ist für a > 1 streng monoton wachsend und für a < 1 streng monoton fallend (vgl. Satz 14.38e) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Definition 14.37 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage. Es gilt lim x→∞ exp(x) xn = ∞ für alle n ∈ N (vgl. Satz 14.32b) im Lehrbuch). Folglich wächst die natürliche Exponentialfunktion exp(x) für x → ∞ schneller als jedes Monom xn mit n ∈ N. Zu d): Falsche Aussage. Die Sinus- und Kosinusfunktion besitzen die Periode T = 2π (vgl. Satz 5.1f) im Lehrbuch) und die Tangens- und Kotangensfunktion die Periode T = π (vgl. Satz 5.5c)-d) im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Definition 14.47 im Lehrbuch). * Aufgabe 14.13 (Natürliche Exponentialfunktionen) Ein Kosmetikunternehmen hat ein neues Hautpflegemittel entwickelt, welches es für 10€ pro Mengeneinheit vertreiben möchte. Zur Erhöhung des Absatzes startet das Unternehmen eine Werbekampagne, die Fixkosten in Höhe von 10.000€ verursacht und zusätzlich pro Werbe-Tag 20.000€ kostet. Es wird angenommen, dass die kumulierte Nachfragemenge N(t) des Hautpflegemittels von der Laufzeit t der Werbekampagne abhängt und durch die folgende Funktion beschrieben werden kann: N : R+ −→ R, t *→ N(t) = 100.000 · ( 1− e−0,1t ) a) Ermitteln Sie die Gewinnfunktion G, welche den Gesamtgewinn des Unternehmens in Abhängigkeit von der Laufzeit t der Werbekampagne beschreibt. 189 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen b) Bestimmen Sie den durchschnittlichen Gewinn pro Tag, wenn die Werbekampagne 20 Tage läuft. c) Bestimmen Sie den Gesamtgewinn, wenn das Unternehmen völlig auf eine Werbekampagne verzichtet. d) Ermitteln Sie die (theoretische) kumulierte Nachfragehöchstmenge. Lehrbuch: Abschnitt 14.5 Lösung: Zu a): Die GewinnfunktionG(t) in Abhängigkeit von der Laufzeit t ergibt sich als die Differenz aus Umsatzfunktion U(t) = 10€ ·N(t) und Kostenfunktion K(t) = 20.000€ · t + 10.000€. Das heißt, es gilt G(t) = U(t)−K(t) = 1.000.000€ · ( 1− e−0,1t ) − 20.000€ · t − 10.000€. Zu b): Der durchschnittliche Gewinn pro Tag bei einer Dauer der Werbekampagne von 20 Tagen beträgt G(20) 20 = 1.000.000€ · ( 1− e−0,1·20 ) − 20.000€ · 20− 10.000€ 20 = 22.733,24€. Zu c): Völliger Verzicht auf eine Werbekampagne bedeutet t = 0 und Wegfall der Fixkosten. Dies impliziert U(0) = K(0) = 0€ und damit insbesondere G(0) = 0€. Zu d): Die (theoretische) kumulierte Nachfragehöchstmenge erhält man für t → ∞. Dies liefert lim t→∞ 100.000 · ( 1− e−0,1t ) = 100.000. ** Aufgabe 14.14 (Natürliche Exponential- und Logarithmusfunktionen) Gegeben sei die (natürliche) Exponentialfunktion f : R −→ R, x *→ a e−b(x−c)2 mit a, b > 0 und c ∈ R. a) Weisen Sie nach, dass die Funktion f achsensymmetrisch ist zur senkrechten Geraden an der Stelle c. b) Bestimmen Sie die Parameter a, b und c so, dass das (globale) Maximum von f an der Stelle x = 10 angenommen wird und die beiden Punkte (5, 8) und (12, 10) auf dem Graphen von f liegen. c) Skizzieren Sie für die in Aufgabenteil b) ermittelten Parameterwerte den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitt 14.5 Lösung: Zu a): Es gilt: f (c − x) = a e−b((c−x)−c)2 = a e−bx2 = a e−b((c+x)−c)2 = f (c + x) Das heißt, f ist achsensymmetrisch zur senkrechten Geraden an der Stelle c (vgl. Definition 13.23a) im Lehrbuch). Zu b): Der Term e−b(x−c)2 und damit auch die Funktion f (x) = a e−b(x−c)2 besitzen ihr (globales)Maximum an der Stelle x = c. Folglichmuss c = 10 gelten. Die Bestimmung der beiden anderen Parameter a und b erfolgt mit Hilfe der beiden Punkte (5, 8) und (12, 10). Aus f (5) = 8 und f (12) = 10 folgt zusammen mit c = 10: ae−b(5−10)2 = ae−25b = 8 ae−b(12−10)2 = ae−4b = 10 (14.17) Division dieser beiden Gleichungen liefert ae−25b ae−4b = 4 5 ⇒ e−21b = 4 5 ⇒ ln ( e−21b ) = ln ( 4 5 ) ⇒ b = − 1 21 ln ( 4 5 ) ≈ 0,010626. 190 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Wird dieser Wert für b in die Gleichung (14.17) eingesetzt, dann erhält man für den Parameter a den Wert a = 10 e−4b = 10 e−4·0,010626 ≈ 10,4342. Zu c): Die Abbildung 14.7 zeigt den Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ a e−b(x−c)2 mit a = 10,4342, b = 0,010626 und c = 10. 0 5 10 12 15 20 25 5 8 10 f (x) Abb. 14.7: Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ a e−b(x−c)2 mit a = 10,4342, b = 0,010626 und c = 10 *** Aufgabe 14.15 (Natürliche Exponential- und Logarithmusfunktionen) Betrachtet wird die Funktion f : R −→ R, x *→ e x − e−x ex + e−x . a) Untersuchen Sie die Funktion f ohne Zuhilfenahme der Differentialrechnung auf Monotonie. b) Ermitteln Sie den Bildbereich von f . c) Begründen Sie, weshalb die Funktion f umkehrbar ist und geben Sie ihre Umkehrfunktion f−1 an. d) Weisen Sie nach, dass die beiden Funktionen f und f−1 ungerade Funktionen sind. Lehrbuch: Abschnitt 14.5 Lösung: Zu a): Es gilt f (x) = e x − e−x ex + e−x = e−x ( e2x − 1 ) e−x ( e2x + 1) = e2x − 1e2x + 1 . (14.18) Es seien nun x1, x2 ∈ R mit x1 < x2 beliebig gewählt. Dann folgt: f (x1) < f (x2) ⇐⇒ e 2x1 − 1 e2x1 + 1 < e2x2 − 1 e2x2 + 1 ⇐⇒ ( e2x1 − 1 ) ( e2x2 + 1 ) < ( e2x2 − 1 ) ( e2x1 + 1 ) ⇐⇒ 2e2x1 < 2e2x2 ⇐⇒ x1 < x2 Das heißt, die Funktion f ist streng monoton wachsend (vgl. Definition 13.7a) im Lehrbuch). 191 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) ist f streng monoton wachsend und es gilt lim x→∞ ex − e−x ex + e−x = limx→∞ ex ( 1− e−2x ) ex ( 1+ e−2x) = limx→∞ 1− e−2x1+ e−2x = 1 und lim x→−∞ ex − e−x ex + e−x = limx→−∞ e−x ( e2x − 1 ) e−x ( e2x + 1) = limx→−∞ e2x − 1e2x + 1 = −1. Der Bildbereich von f ist somit gegeben durch f (R) = (−1, 1). Zu c): Die Funktion f ist streng monoton wachsend und damit insbesondere auch invertierbar (vgl. Satz 13.10 im Lehrbuch). Durch Auflösen der Zuordnungsvorschrift (14.18) nach der Variablen x folgt y = e x − e−x ex + e−x ⇒ y ( e2x + 1 ) = e2x − 1 ⇒ e2x (y − 1) = −1− y ⇒ e2x = 1+ y 1− y ⇒ ln ( e2x ) = ln ( 1+ y 1− y ) ⇒ 2x = ln ( 1+ y 1− y ) ⇒ x = 1 2 ln ( 1+ y 1− y ) bzw. nach anschließendem Vertauschen der Variablen x und y y = 1 2 ln ( 1+ x 1− x ) . Die Funktion f besitzt somit die Umkehrfunktion f−1 : (−1, 1) −→ R, x *→ 1 2 ln ( 1+ x 1− x ) . Zu d): Für die Funktion f gilt f (−x) = e −2x − 1 e−2x + 1 = e2x ( e−2x − 1 ) e2x ( e−2x + 1) = 1− e2x1+ e2x = − e2x − 1e2x + 1 = −f (x). Die Funktion f ist somit ungerade, d.h. punktsymmetrisch zum Ursprung (0, 0) (vgl. Seite 342 im Lehrbuch). Für die Umkehrfunktion f−1 erhält man analog f−1(−x) = 1 2 ln ( 1− x 1+ x ) = 1 2 ln (( 1+ x 1− x )−1) = − 1 2 ln ( 1+ x 1− x ) = −f−1(x). Das heißt, auch die Funktion f−1 ist ungerade. ** Aufgabe 14.16 (Exponentialfunktionen) Betrachtet wird die (allgemeine) Exponentialfunktion f : R −→ (0,∞), x *→ 5 · 3−x−1 · 6x+1. a) Weisen Sie ohne Zuhilfenahme der Differentialrechnung nach, dass f streng monoton wachsend ist. b) Erläutern Sie, ob f eine Umkehrfunktion besitzt und ermitteln Sie diese gegebenenfalls. 192 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Lehrbuch: Abschnitt 14.6 Lösung: Zu a): Es gilt: f (x) = 5 · 3−x−1 · 6x+1 = 5 · 3−x−1 · (2 · 3)x+1 = 5 · 3−x−1 · 3x+1 · 2x+1 = 5 · 2x+1 (14.19) Es seien nun x1, x2 ∈ R mit x1 < x2 beliebig gewählt. Mit (14.19) folgt dann: f (x1) = 5 · 2x1+1 < 5 · 2x2+1 = f (x2) Das heißt, f ist streng monoton wachsend (vgl. Definition 13.7a) im Lehrbuch). b): Gemäß Aufgabenteil a) ist f streng monoton wachsend und damit insbesondere auch umkehrbar (vgl. Satz 13.10 im Lehrbuch). Durch Auflösen der Zuordnungsvorschrift y = 5 · 2x+1 nach der Variablen x folgt y = 5 · 2x+1 ⇒ ln(y) = ln(5)+ (x + 1) ln(2) ⇒ x = ln(y)− ln(5) ln(2) − 1 = ln ( y 5 ) ln(2) − 1 bzw. nach anschließendem Vertauschen der Variablen x und y y = ln ( x 5 ) ln(2) − 1. Die Funktion f besitzt somit die Umkehrfunktion f−1 : (0,∞) −→ R, x *→ ln ( x 5 ) ln(2) − 1. ** Aufgabe 14.17 (Exponential- und Logarithmusfunktionen) Bestimmen Sie die Lösungen der folgenden Gleichungen: a) ln ( x2 )+ ln (5x−3) = 2 ln (x−1)+ 3 b) 5x−2 = 6x+3 c) e2x + ex − c = 0 mit c ∈ R Lehrbuch: Abschnitt 14.5 und 14.6 Lösung: Zu a): Es gilt: ln ( x2 ) + ln ( 5x−3 ) = 2 ln ( x−1 ) + 3 ⇐⇒ ln ( x2 · 5x−3 ) = ln ( (x−1)2 ) + 3 ⇐⇒ ln ( 5x−1 ) = ln ( x−2 ) + 3 ⇐⇒ eln ( 5x−1 ) = eln ( x−2 ) +3 ⇐⇒ 5x−1 = eln ( x−2 ) e3 ⇐⇒ 5x−1 = x−2e3 ⇐⇒ 5x = e3 ⇐⇒ x = e 3 5 Zu b): Man erhält: 5x−2 = 6x+3 ⇐⇒ ln ( 5x−2 ) = ln ( 6x+3 ) ⇐⇒ (x − 2) ln (5) = (x + 3) ln (6) ⇐⇒ x (ln (5)− ln (6)) = 3 ln (6)+ 2 ln (5) ⇐⇒ x = 3 ln (6)+ 2 ln (5) ln (5)− ln (6) 193 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen Zuc): Für dieGleichung e2x+ex−c = 0mit c ∈ R erhältmanmit der Substitutionu = ex > 0 diequadratische Gleichung u2 + u− c = 0. Mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) folgt für deren Nullstellen: u1,2 = − 12 ± 1 2 √ 1+ 4c Von diesen beiden Lösungen kommt jedoch wegen u > 0 nur die positive Lösung u = − 12 + 12 √ 1+ 4c mit√ 1+ 4c > 1 in Frage. Das heißt, es muss c > 0 gelten. Durch Resubstitution erhält man weiter: ex = − 1 2 + 1 2 √ 1+ 4c ⇐⇒ x = ln ( − 1 2 + 1 2 √ 1+ 4c ) Die Gleichung e2x +ex −c = 0 besitzt somit für c > 0 die Lösung x = ln ( − 12 + 12 √ 1+ 4c ) , und für c ≤ 0 hat sie keine Lösung. * Aufgabe 14.18 (Sinusfunktionen) a) Zeichnen Sie die Graphen der Funktionen sin(x), 2 sin(x), sin(πx) und sin ( x + π2 ) im Intervall [−2π, 2π ] in ein gemeinsames Koordinatensystem. b) Bestimmen Sie die Periode der Funktion f : R −→ R, x *→ 4 sin ( 12x). Lehrbuch: Abschnitt 14.7 Lösung: Zu a): Die Abbildung 14.8 zeigt die Graphen der Funktionen sin(x), 2 sin(x), sin(πx) und sin ( x + π2 ) im Intervall [−2π, 2π ]. −2π −3 2π − π − π 2 π 2 π 3 2π 2π 0.5 1 1.5 2 sin(x) 2sin(x) sin(πx) sin(x + π 2) Abb. 14.8: Graphen der Funktionen sin(x), 2 sin(x), sin(πx) und sin ( x + π2 ) im Intervall [−2π, 2π ] Zu b): Es gilt für alle k ∈ Z: f (x) = 4 sin ( 1 2 x ) = 4 sin ( 1 2 x + 2kπ ) = 4 sin ( 1 2 (x + 4kπ) ) = f (x + 4kπ) Das heißt, die Funktion f ist periodisch mit der Periode T = 4π (vgl. Definition 13.28 im Lehrbuch). * Aufgabe 14.19 (Kosinusfunktionen) a) Zeichnen Sie die Graphen der Funktionen cos(x), 12 cos(x), cos (−π2 x) und− cos (x − π)+ 1 im Intervall [−2π, 2π ] in ein gemeinsames Koordinatensystem. b) Bestimmen Sie die Periode der Funktion f : R −→ R, x *→ 43 cos ( 5 2x ) . Lehrbuch: Abschnitt 14.7 194 Kapitel 14Spezielle reelle Funktionen Lösung: Zu a): Die Abbildung 14.9 zeigt die Graphen der Funktionen cos(x), 12 cos(x), cos (−π2 x) und− cos (x − π)+ 1 im Intervall [−2π, 2π ]. Zu b): Es gilt für alle k ∈ Z: f (x) = 4 3 cos ( 5 2 x ) = 4 3 cos ( 5 2 x + 2kπ ) = 4 3 cos ( 5 2 ( x + 4 5 kπ )) = f ( x + 4 5 kπ ) Das heißt, die Funktion f ist periodisch mit der Periode T = 45π (vgl. Definition 13.28 im Lehrbuch). 2π 3 2π − π − π 2 π 2 π 3 2π 2π 0.5 1 1.5 2 cos (x) 1 2 cos (x) cos (− π2x) − cos (x − π) + 1 Abb. 14.9: Graphen der Funktionen cos(x), 12 cos(x), cos (−π2 x) und − cos (x − π) + 1 im Intervall[−2π, 2π ] *** Aufgabe 14.20 (Trigonometrische Gleichungen) Bestimmen Sie die Lösungen der folgenden beiden trigonometrischen Gleichungen: a) 1− cos(x) = tan ( x2 ) b) sin(x)+ cos(x) = 1 Lehrbuch: Abschnitt 14.7 Lösung: Zu a): Mit cos(x) = cos2 ( x2 )−sin2 ( x2 ) (vgl. Satz 5.2b) im Lehrbuch) und sin2 ( x2 )+cos2 ( x2 ) = 1 (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) erhält man für die linke Seite der Gleichung: 1− cos(x) = 1− ( cos2 (x 2 ) − sin2 (x 2 )) = 1− ( 1− sin2 (x 2 ) − sin2 (x 2 )) = 2 sin2 (x 2 ) Zusammen mit tan ( x 2 ) = sin( x2 ) cos ( x 2 ) liefert dies für die Ausgangsgleichung 2 sin2 (x 2 ) = sin ( x 2 ) cos ( x 2 ) bzw. nach einer kurzen Umformung sin (x 2 )( 2 sin (x 2 ) − 1 cos ( x 2 )) = 0. Diese Gleichung ist gleich 0, wenn einer der beiden Faktoren auf der linken Seite gleich 0 ist. 195 Kapitel 14 Teil IV: Reelle Funktionen 1. Faktor: Es gilt sin ( x 2 ) = 0 genau dann, wenn x2 = kπ bzw. x = 2kπ für k ∈ Z (vgl. Satz 5.1g) imLehrbuch). 2. Faktor: Mit sin(x) = 2 sin ( x2 ) cos ( x2 ) (vgl. Satz 5.2a) im Lehrbuch) erhält man: 2 sin (x 2 ) − 1 cos ( x 2 ) = 0 ⇐⇒ 2 sin (x 2 ) = 1 cos ( x 2 ) ⇐⇒ 2 sin (x 2 ) cos (x 2 ) = 1 ⇐⇒ sin(x) = 1 ⇐⇒ x = π 2 + 2kπ für k ∈ Z (vgl. Satz 5.1h) im Lehrbuch). Die Lösungsmenge der trigonometrischen Gleichung lautet somit L = { x ∈ R : x = 2kπ oder π 2 + 2kπ für k ∈ Z } . Zu b): Mit cos(x) = cos2 ( x2 )− sin2 ( x2 ) und cos2 ( x2 ) = 1− sin2 ( x2 ) (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) erhält man cos(x) = cos2 (x 2 ) − sin2 (x 2 ) = ( 1− sin2 (x 2 )) − sin2 (x 2 ) = 1− 2 sin2 (x 2 ) . Zusammen mit sin(x) = 2 sin ( x2 ) cos ( x2 ) liefert dies für die Ausgangsgleichung: sin(x)+ cos(x) = 1 ⇐⇒ sin(x) = 1− cos(x) ⇐⇒ 2 sin (x 2 ) cos (x 2 ) = 1− ( 1− 2 sin2 (x 2 )) ⇐⇒ 2 sin (x 2 ) cos (x 2 ) = 2 sin2 (x 2 ) ⇐⇒ sin (x 2 ) ( cos (x 2 ) − sin (x 2 )) = 0 Diese Gleichung ist wahr, wenn einer der beiden Faktoren auf der linken Seite gleich 0 ist. 1. Faktor: Es gilt sin ( x 2 ) = 0 genau dann, wenn x2 = kπ bzw. x = 2kπ für k ∈ Z. 2. Faktor: Es sei nun sin ( x 2 ) = 0. Dann gilt: cos (x 2 ) − sin (x 2 ) = 0 ⇐⇒ cos (x 2 ) = sin (x 2 ) ⇐⇒ cos ( x 2 ) sin ( x 2 ) = 1 ⇐⇒ cot (x 2 ) = 1 ⇐⇒ x 2 = π 4 + kπ für k ∈ Z ⇐⇒ x = π 2 + 2kπ für k ∈ Z Die Lösungsmenge der trigonometrischen Gleichung lautet somit L = { x ∈ R : x = 2kπ oder π 2 + 2kπ für k ∈ Z } . 196 15. Stetige Funktionen * Aufgabe 15.1 (MC-Aufgaben zur Stetigkeit) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine reelle Funktion f : D ⊆ R −→ R ist an der Stelle x0 ∈ D stetig, wenn der Grenzwert von f für x → x0 existiert und gleich f (x0) ist. b) Der Graph einer stetigen Funktion f : D ⊆ R −→ R ist zusammenhängend und weist keine Sprünge auf. c) Eine reelle Funktion f : D ⊆ R −→ R ist genau dann an der Stelle x0 ∈ D stetig, wenn sie an dieser Stelle links- oder rechtsseitig stetig ist. d) Eine reelle Funktion f : D ⊆ R −→ R lässt sich an einer Definitionslücke x0 ∈ D stets stetig fortsetzen. e) Die Verknüpfung stetiger Funktionen ist wieder stetig. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 15.1, 15.2, 15.4 und 15.5 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Definition 15.2 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Der Graph einer stetigen Funktion kann an Definitionslücken durchaus Sprünge aufweisen (vgl. Seite 409 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Eine reelle Funktion f : D ⊆ R −→ R ist genau dann an der Stelle x0 ∈ D stetig, wenn sie an dieser Stelle links- und rechtsseitig stetig ist (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Eine reelle Funktion f : D ⊆ R −→ R lässt sich an einer Definitionslücke x0 ∈ D genau dann stetig fortsetzen, wenn der Grenzwert lim x→x0 f (x) existiert (vgl. Seite 416 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 15.14 im Lehrbuch). * Aufgabe 15.2 (MC-Aufgaben zur Stetigkeit) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Der Graph einer stetigen Funktion f : [a, b] −→ R kann ohne Absetzen des Stiftes gezeichnet werden. b) Die Umkehrfunktion einer streng monotonen Funktion f : D ⊆ R −→ R ist stetig. c) Eine stetige Funktion f : D ⊆ R −→ R besitzt stets ein globales Minimum und Maximum. d) Eine reelle Funktion f : [a, b] −→ Rmit f (a) < 0 und f (b) > 0 besitzt mindestens eine Nullstelle. e) Ein Fixpunkt einer reellen Funktion f : D ⊆ R −→ R wird auf sich selbst abgebildet. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 15.1, 15.5, 15.7 und 15.8 197 Kapitel 15 Teil IV: Reelle Funktionen Lösung: Zu a):Wahre Aussage. Bei einer stetigen Funktion f mit einem zusammenhängenden Definitionsbereich (d.h. ohneDefinitionslücken) kann der Graph ohneAbsetzen des Stiftes gezeichnet werden (vgl. Seite 409 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Für die Gültigkeit dieser Aussage ist es zusätzlich notwendig, dass der Definitionsbereich D ein Intervall ist (vgl. Satz 15.15a) im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Für die Gültigkeit dieser Aussage ist es zusätzlich erforderlich, dass der Definitionsbereich D ein abgeschlossenes und beschränktes Intervall ist (vgl. Satz 15.25 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Für die Gültigkeit dieser Aussage ist es zusätzlich notwendig, dass die Funktion f stetig ist (vgl. Satz 15.27 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Ein x ∈ D ist genau dann ein Fixpunkt von f , wenn f (x) = x gilt (vgl. (15.9) im Lehrbuch). * Aufgabe 15.3 (Stetigkeit und einseitige Stetigkeit) Untersuchen Sie die folgenden beiden reellen Funktionen auf Stetigkeit: a) f : R −→ R, x *→ f (x) = 1− ex für x < 0 x2 − x für x ∈ [0, 2) 1− x für x ≥ 2 b) g : R −→ R, x *→ g(x) = x2 für x < −1 0 für x = −1 sin ( π 2 x + π ) für x > −1 Lehrbuch: Abschnitte 15.1, 15.2 und 15.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist abschnittsweise definiert und auf den drei Teilintervallen (−∞, 0), [0, 2) und [2,∞) stetig (vgl. Satz 15.16 und Satz 15.18 im Lehrbuch). Die Funktion f kann daher nur an den beiden Verbindungsstellen x = 0 und x = 2 unstetig sein. Aus lim x↑0 f (x) = limx↑0 ( 1− ex) = 0 = f (0) und lim x↑2 f (x) = limx↑2(x 2 − x) = 2 = f (2) = −1 folgt, dass die Funktion f an der Stelle x = 0 stetig und an der Stelle x = 2 unstetig ist (vgl. Definition 15.2 im Lehrbuch). Zu b): Die Funktion g ist ebenfalls abschnittsweise definiert und auf den beiden Teilintervallen (−∞,−1) und (−1,∞) stetig. Daher muss die Funktion g nur noch an der Verbindungsstelle x = −1 auf Stetigkeit untersucht werden. Aus lim x↑−1 g(x) = limx↑−1 x 2 = 1 = g(−1) = 0 und lim x↓−1 g(x) = limx↓−1 sin (π 2 x + π ) = sin (π 2 ) = 1 = g(−1) = 0 folgt, dass die Funktion g an der Stelle x = −1 weder links- noch rechtsseitig stetig ist (vgl. Definition 15.5 im Lehrbuch). Damit ist g an der Stelle x = −1 auch nicht stetig (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). * Aufgabe 15.4 (Stetigkeit und einseitige Stetigkeit) a) Untersuchen Sie die reelle Funktion f : R −→ R, x *→ f (x) = { ln(x2 + 32x)+ 92 für x ≤ −2 x3+x2+x+6 2x+5 für x > −2 auf Stetigkeit. 198 Kapitel 15Stetige Funktionen b) Bestimmen Sie, welche Beziehung zwischen a ∈ R und b ∈ R bestehen muss, so dass die reelle Funktion g : R −→ R, x *→ g(x) = { − ln(−x + 1)+ b für x < 0 aex + 12 für x ≥ 0 stetig ist. Lehrbuch: Abschnitte 15.1, 15.2 und 15.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist abschnittsweise definiert und auf den beiden Teilintervallen (−∞,−2] und (−2,∞) stetig (vgl. Satz 15.14, Satz 15.16 und Satz 15.18 im Lehrbuch). Die Funktion f kann daher nur an der Verbindungsstelle x = −2 unstetig sein. Aus lim x↓−2 f (x) = limx↓−2 x3 + x2 + x + 6 2x + 5 = lim x↓−2 x 3 + lim x↓−2 x 2 + lim x↓−2 x + 6 lim x↓−2 2x + 5 = 0 = f (−2) = ln(1)+ 9 2 = 9 2 folgt, dass die Funktion f an der Stelle x = −2 nicht rechtsseitig stetig (vgl. Definition 15.5b) im Lehrbuch) und damit insbesondere an dieser Stelle auch nicht stetig ist (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). Zu b): Die Funktion g ist ebenfalls abschnittsweise definiert und für alle a, b ∈ R auf den beiden Teilintervallen (−∞, 0) und [0,∞) stetig. Daher muss die Funktion g lediglich noch an der Verbindungsstelle x = 0 auf Stetigkeit untersucht werden. Aus lim x↑0 g(x) = limx↑0 (− ln(−x + 1)+ b) = − ln(1)+ b = b und g(0) = a + 1 2 folgt, dass g an der Stelle x = 0 genau dann stetig ist, wenn a+ 12 = b, also a = b− 12 gilt (vgl. Definition 15.2 im Lehrbuch). ** Aufgabe 15.5 (Stetigkeit und einseitige Stetigkeit) Betrachtet wird die reelle Funktion f : R −→ R, x *→ f (x) := { x − k für k − 12 < x < k + 12 und k ∈ Z 0 für x = k + 12 und k ∈ Z . a) Skizzieren Sie den Graphen von f . b) Untersuchen Sie die Funktion f auf rechts- und linksseitige Stetigkeit sowie auf Stetigkeit. Lehrbuch: Abschnitte 15.1, 15.2 und 15.6 Lösung: Zu a): Für eine Skizze des Graphen von f siehe Abbildung 15.1. Zu b): Die Funktion f ist auf den Intervallen ( k − 12 , k + 12 ) mit k ∈ Z linear und damit insbesondere stetig (vgl. Satz 15.16 im Lehrbuch). Da Stetigkeit auch stets links- und rechtsseitige Stetigkeit impliziert (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch), ist die Funktion f auf diesen Intervallen auch links- und rechtsseitig stetig. Unstetigkeit kann somit nur an den Stellen x = k − 12 und x = k + 12 mit k ∈ Z vorliegen. Linksseitige Stetigkeit: Betrachtet werden die beiden Stellen k− 12 und k+ 12 für ein beliebiges k ∈ Z. Dann gilt: lim x↑k− 12 f (x) = lim x↑k− 12 ( x − (k − 1)) = 1 2 = f ( k − 1 2 ) = 0 und lim x↑k+ 12 f (x) = lim x↑k+ 12 ( x − k) = 1 2 = f ( k + 1 2 ) = 0. 199 Kapitel 15 Teil IV: Reelle Funktionen −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 −1 −0.5 0.5 1 f (x) l l l l l l l l l l l l l l l l ll Abb. 15.1: Graph der Funktion f : R −→ R mit f (x) = x − k für k − 12 < x < k + 12 mit k ∈ Z und f (x) = 0 für x = k + 12 mit k ∈ Z Das heißt, die Funktion f ist an den Stellen k − 12 und k + 12 mit k ∈ Z nicht linksseitig stetig (vgl. Definition 15.5a) im Lehrbuch). Rechtsseitige Stetigkeit: Für die beiden Stellen k − 12 und k + 12 für ein beliebiges k ∈ Z folgt: lim x↓k− 12 f (x) = lim x↓k− 12 (x − k) = − 1 2 = f ( k − 1 2 ) = 0 und lim x↓k+ 12 f (x) = lim x↓k+ 12 ( x − (k + 1)) = − 1 2 = f ( k + 1 2 ) = 0. Das heißt, die Funktion f ist an den Stellen k − 12 und k + 12 mit k ∈ Z auch nicht rechtsseitig stetig (vgl. Definition 15.5b) im Lehrbuch). Aufgrund der fehlenden einseitigen Stetigkeit ist die Funktion f an diesen Stellen natürlich auch nicht stetig (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). * Aufgabe 15.6 (Stetige Fortsetzung) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich D der drei folgenden Funktionen an und untersuchen Sie, ob diese Funktionen an ihren Definitionslücken gegebenenfalls stetig fortsetzbar sind: a) f : D ⊆ R −→ R, x *→ 1+cos(x)3+sin(x) b) g : D ⊆ R −→ R, x *→ 2+sin(x)4+sin(x) cos(x) c) h : D ⊆ R −→ R, x *→ x cos ( 1 x ) Lehrbuch: Abschnitt 15.4 Lösung: Zu a): Für den Nenner der Funktion f gilt 3+ sin(x) > 0 für alle x ∈ R. Das heißt, der maximale Definitionsbereich von f ist gegeben durch D = R. Zu b): Für denNenner der Funktiong gilt 4+sin(x) cos(x) > 0 für alle x ∈ R. DermaximaleDefinitionsbereich von g ist somit D = R. Zu c): Der maximale Definitionsbereich von h ist offensichtlich D = R \ {0}. Ferner gilt lim x→0 h(x) = 0. 200 Kapitel 15Stetige Funktionen Das heißt, die Funktion h konvergiert für x → 0 gegen den Grenzwert 0. Folglich ist h an der Stelle x = 0 stetig fortsetzbar. Die stetige Fortsetzung von h auf D ∪ {0} ist gegeben durch h̃ : R −→ R, x *→ { x cos ( 1 x ) für x ∈ R \ {0} 0 für x = 0 (vgl. Seite 416 im Lehrbuch). ** Aufgabe 15.7 (Stetige Fortsetzung) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich D der drei folgenden Funktionen an und untersuchen Sie, ob diese Funktionen an ihren Definitionslücken gegebenenfalls stetig fortsetzbar sind: a) f : D ⊆ R −→ R, x *→ 2x2−1 x2−x+1 b) g : D ⊆ R −→ R, x *→ x2|x|−1 c) h : D ⊆ R −→ R, x *→ x3 (x−1)2 Lehrbuch: Abschnitt 15.4 Lösung: Zu a): Für den Nenner der Funktion f erhält man mittels quadratischer Ergänzung (vgl. (4.14) im Lehrbuch) x2 − x + 1 = ( x − 1 2 )2 − 1 4 + 1 = ( x − 1 2 )2 + 3 4 > 0 für alle x ∈ R. Das heißt, der maximale Definitionsbereich von f ist gegeben durch D = R. Zu b): Für den Nenner der Funktion g gilt |x| − 1 = 0 genau dann, wenn x = −1 oder x = 1. Der maximale Definitionsbereich von g ist somit D = R \ {−1, 1}. Wegen lim x↑−1 g(x) = ∞ und limx↓−1 g(x) = −∞ und lim x↑1 g(x) = −∞ und limx↓1 g(x) = ∞ konvergiert jedoch die Funktion g für x → −1 und x → 1 nicht. Folglich ist g an diesen beiden Stellen nicht stetig fortsetzbar (vgl. Seite 416 im Lehrbuch). Zu c): Der maximale Definitionsbereich von h ist offensichtlich D = R \ {1}. Wegen lim x→1h(x) = ∞ konvergiert h für x → 1 nicht, und folglich ist h an der Stelle x = 1 nicht stetig fortsetzbar. *** Aufgabe 15.8 (Stetigkeit) Weisen Sie nach, dass die Funktion f : (0, 1] −→ R, x *→ f (x) = { 1 q für x = p q mit p, q ∈ N teilerfremd 0 für x irrational an jeder irrationalen Stelle stetig ist. Lehrbuch: Abschnitt 15.1 201 Kapitel 15 Teil IV: Reelle Funktionen Lösung: Es sei x0 ∈ (0, 1] eine beliebige irrationale Zahl und ε > 0 sei ebenfalls beliebig. Dann existiert ein s ∈ N mit 1s < ε und Ms sei die folgende Menge rationaler Zahlen Ms := {m n : m, n ∈ N mit 1 ≤ m ≤ n ≤ s } . Da x0 irrational und Ms eine endliche Menge rationaler Zahlen ist, gilt δ := min {|x0 − y| : y ∈ Ms } > 0. Für jedes x ∈ (0, 1] mit |x0 − x| < δ gilt dann f (x) = 0, falls x irrational ist, oder f (x) = 1q mit q > s, falls x rational ist. Es gilt folglich |f (x0)− f (x)| = |f (x)| < ε für alle x ∈ (0, 1]mit |x0−x| < δ. Das heißt, die Funktion f ist an jeder irrationalen Stelle x0 ∈ (0, 1] stetig. ** Aufgabe 15.9 (Nullstellensatz) Es seien f, g : [a, b] −→ R zwei auf einem abgeschlossenen und beschränkten Intervall [a, b] definierte stetige Funktionen mit f (a) > g(a) und f (b) < g(b). (15.1) Weisen Sie nach, dass es mindestens ein x0 ∈ (a, b) mit f (x0) = g(x0) gibt. Lehrbuch: Abschnitte 15.5 und 15.8 Lösung: Die Funktion h : [a, b] −→ R mit h(x) := f (x) − g(x) für alle x ∈ [a, b] ist ebenfalls auf dem abgeschlossenen und beschränkten Intervall [a, b] definiert und aufgrund der Stetigkeit der Funktionen f und g auch stetig (vgl. Satz 15.13 im Lehrbuch). Aus (15.1) folgt ferner h(a) = f (a)− g(a) > 0 und h(b) = f (b)− g(b) < 0. Das heißt, es gilt h(a)h(b) < 0. Mit dem Nullstellensatz (vgl. Satz 15.27 im Lehrbuch) folgt daher, dass es mindestens ein x0 ∈ (a, b) mit h(x0) = f (x0)− g(x0) = 0, d.h. mit f (x0) = g(x0), geben muss. ** Aufgabe 15.10 (Stetigkeit und Zwischenwertsatz) Gegeben sei die reelle Funktion f : R −→ R, x *→ 1 3x + a für x < 0 ln(ea) für x = 0 1 b x2 + a für x > 0 (15.2) mit a ∈ R \ {0} und b ∈ R. a) Bestimmen Sie die Parameter a und b so, dass f für alle x ∈ R stetig ist. b) Weisen Sie nach, dass die Funktion f mit a = 12 und b = 5 im Intervall [2, 5] mindestens einmal den Wert 3 annimmt. Lehrbuch: Abschnitte 15.1 und 15.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist abschnittsweise definiert und auf den beiden Teilintervallen (−∞, 0) und (0,∞) stetig (vgl. Satz 15.16 im Lehrbuch). Die Funktion f kann daher nur an der Stelle x = 0 unstetig sein. Aus lim x↑0 f (x) = a und limx↓0 f (x) = a 202 Kapitel 15Stetige Funktionen folgt, dass lim x↑0 f (x) = limx↓0 f (x) = f (0) = ln(e a) = a für alle a ∈ R \ {0} und b ∈ R gilt. Folglich ist f für alle a ∈ R \ {0} und b ∈ R stetig (vgl. Definition 15.2 im Lehrbuch). Zu b): Für a = 12 und b = 5 gilt f (2) = 45 + 12 = 1310 und f (5) = 5 + 12 = 112 . Da die Funktion f gemäß Aufgabenteil a) stetig ist, folgt mit dem Zwischenwertsatz (vgl. Satz 15.28 im Lehrbuch), dass die Funktion f auf dem abgeschlossenen und beschränkten Intervall [2, 5] alle Werte zwischen 1310 und 112 mindestens einmal annimmt.Wegen3 ∈ [ 13 10 , 11 2 ] bedeutet dies insbesondere, dassf auchdenWert 3mindestens einmal annimmt. ** Aufgabe 15.11 (Fixpunktsatz von Banach) Für die Funktion f : [−1, 1] −→ R, x *→ f (x) = 1 10 ex gilt |f (x) − f (y)| ≤ e10 |x − y| für alle x, y ∈ [−1, 1]. Ermitteln Sie mit Hilfe des Fixpunktsatzes von Banach und dem Startwert x0 = 1 einen Näherungswert für den Fixpunkt x von f mit einem absoluten Fehler kleiner als 10−3. Lehrbuch: Abschnitt 15.9 Lösung: Ausgehend vom Startwert x0 = 1 erhält man mit der Rekursionsvorschrift xn+1 = f (xn) den Näherungswert x1 = 0,2718282. Ferner gilt für den n-ten Näherungswert xn die a priori Fehlerabschätzung |xn − x| ≤ ( e 10 )n 1− e10 |x1 − x0| (vgl. (15.12) im Lehrbuch). Der n-te Näherungswert xn weist somit einen absoluten Fehler kleiner als 10−3 auf, wenn gilt:( e 10 )n 1− e10 |0,2718282− 1| < 10−3 ⇐⇒ ln ( e 10 )n < ln ( 10−3 |0,2718282− 1| ( 1− e 10 )) ⇐⇒ n < ln ( 10−3 |0,2718282−1| ( 1− e10 )) ln ( e 10 ) ⇐⇒ n < 5,303112 Das heißt, für einen Näherungswert mit einem absoluten Fehler kleiner als 10−3 genügen n = 6 Iterationen. Ausgehend vom Startwert x0 = 1 resultieren mit xn+1 = f (xn) die folgenden Näherungswerte: n 0 1 2 3 4 5 6 xn 1 0,2718282 0,1312361 0,1140237 0,1120779 0,1118600 0,1118356 ** Aufgabe 15.12 (Fixpunktsatz von Banach) Für die Funktion f : [0, 1] −→ R, x *→ f (x) = 1 9 e−2x gilt |f (x)−f (y)| ≤ 29 |x−y| für alle x, y ∈ [0, 1]. Ermitteln Sie mit Hilfe des Fixpunktsatzes von Banach und dem Startwert x0 = 0 einen Näherungswert für den Fixpunkt x von f mit einem absoluten Fehler kleiner als 10−4. Lehrbuch: Abschnitt 15.9 203 Kapitel 15 Teil IV: Reelle Funktionen Lösung: Ausgehend vom Startwert x0 = 0 erhält man mit der Rekursionsvorschrift xn+1 = f (xn) den Näherungswert x1 = 0,1111111. Ferner gilt für den n-ten Näherungswert xn die a priori Fehlerabschätzung |xn − x| ≤ ( 2 9 )n 1− 29 |x1 − x0| (vgl. (15.12) im Lehrbuch). Der n-te Näherungswert xn weist somit einen absoluten Fehler kleiner als 10−4 auf, wenn gilt:( 2 9 )n 1− 29 |0,1111111− 0| < 10−4 ⇐⇒ ln ( 2 9 )n < ln ( 10−4 0,1111111 ( 1− 2 9 )) ⇐⇒ n < ln ( 10−4 0,1111111 ( 1− 29 )) ln ( 2 9 ) ⇐⇒ n < 4,829825 Das heißt, für einen Näherungswert mit einem absoluten Fehler kleiner als 10−4 genügen n = 5 Iterationen. Ausgehend vom Startwert x0 = 0 resultieren mit xn+1 = f (xn) die folgenden Näherungswerte: n 0 1 2 3 4 5 xn 0 0,1111111 0,08897082 0,09299903 0,0922528 0,09239059 204