Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R in:

Michael Merz

Übungsbuch zur Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, page 214 - 274

450 Klausur- und Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen

1. Edition 2013, ISBN print: 978-3-8006-4720-0, ISBN online: 978-3-8006-4721-7, https://doi.org/10.15358/9783800647217_214

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Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R 16. Differenzierbare Funktionen * Aufgabe 16.1 (MC-Aufgaben zur Differenzierbarkeit) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Jede stetige Funktion ist differenzierbar. b) Stetigkeit ist eine notwendige Bedingung für Differenzierbarkeit. c) Es gibt Funktionen, die überall stetig, aber an keiner Stelle differenzierbar sind. d) Die Umkehrfunktion einer streng monotonen differenzierbaren Funktion ist ebenfalls differenzierbar. e) Durch f ′(x0) = 0 ist eine notwendige Bedingung für ein Extremum an der Stelle x0 gegeben. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 16.2, 16.4 und 16.7 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Zum Beispiel ist die Betragsfunktion f (x) = |x| an der Stelle x = 0 stetig aber nicht differenzierbar (vgl. Beispiel 16.3d) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Satz 16.5 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Seite 446 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 16.10 im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Bei f ′(x0) = 0 handelt es sich nur für das Extremum einer differenzierbaren Funktion f : (a, b) −→ R an einer inneren Stelle x0 ∈ (a, b) um eine notwendige Bedingung (vgl. Satz 16.24 im Lehrbuch). ** Aufgabe 16.2 (Differenzierbarkeit und Tangente) a) Untersuchen Sie die Funktion f : R −→ R, x *→ √ 1+ x2 auf Differenzierbarkeit an einer beliebigen Stelle x0 ∈ R unter alleiniger Verwendung der Definition. b) Ermitteln Sie die Tangente t an den Graphen von f im Punkt (√ 3, 2 ) . Lehrbuch: Abschnitt 16.2 Lösung: Zu a): Für die Differenzierbarkeit von f an einer beliebigen Stelle x0 ∈ R ist zu untersuchen, ob der Grenzwert des Differenzenquotienten f (x0+ 0 c) h(x) = √ x 3 √ x 4 √ x 208 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.5 Lösung: Zu a): Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) und (sin(x))′ = cos(x) (vgl. Satz 16.16a) im Lehrbuch) folgt (sin(2x))′ = 2 cos(2x). Zusammen mit der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch) liefert dies: f ′(x) = 2x · sin(2x)− x 2 · 2 cos(2x) (sin(2x))2 = 2x sin(2x) − 2x 2 cos(2x) (sin(2x))2 Zu b): Mit der Kettenregel und (ax)′ = ax ln(a) (vgl. Satz 16.14d) im Lehrbuch) folgt (√ax)′ = 1 2 ( ax )− 12 ax ln(a). Ferner gilt (ln(x2))′ = (2 ln(x))′ = 2x (vgl. Satz 16.14a) im Lehrbuch). Zusammen mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) liefert dies: g′(x) = 1 2 ( ax )− 12 ax ln(a) · ln(x2)+√ax · 2 x = 1 2 √ ax ln(a) ln(x2)+√ax 2 x = √ax ( ln( √ a) ln(x2)+ 2 x ) = √ax ( ln(a) ln(x)+ 2 x ) Zu c): Es gilt: h(x) = √ x 3 √ x 4 √ x = √ x 3 √ x · x 14 = √ x 3 √ x 5 4 = √ x · x 512 = √ x 17 12 = x 1724 Für die erste Ableitung von h erhält man somit (vgl. Satz 16.14e) im Lehrbuch): h′(x) = 17 24 x − 724 = 17 24 24√ x7 ** Aufgabe 16.8 (Erste Ableitung) Berechnen Sie die erste Ableitung der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = cot2(x)− cos(x2) b) g(x) = 2 sin2(x) tan(x) c) h(x) = x2ex3 ln(x) Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.5 Lösung: Zu a): Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) sowie (cot(x))′ = − 1 sin2(x) und (cos(x))′ = − sin(x) (vgl. Satz 16.16b) und d) im Lehrbuch) folgt: f ′(x) = 2 cot(x) · ( − 1 sin2(x) ) − ( − sin(x2) ) · 2x = −2 cos(x) sin(x) · 1 sin2(x) + 2x sin(x2) = −2 cos(x) sin3(x) + 2x sin(x2) Zu b): Mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) sowie (sin(x))′ = cos(x) und (tan(x))′ = 1 cos2(x) (vgl. Satz 16.16a) und c) im Lehrbuch) erhält man: g′(x) = 4 sin(x) · cos(x) · tan(x)+ 2 sin2(x) · 1 cos2(x) = 4 sin(x) · cos(x) · sin(x) cos(x) + 2 sin2(x) · 1 cos2(x) = 4 sin2(x)+ 2 tan2(x) 209 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Zu c): Mit der Kettenregel erhält man (ex 3 )′ = 3x2ex3 . Daraus folgt zusammen mit der Produktregel und (ln(x))′ = 1x (vgl. Satz 16.14a) im Lehrbuch): h′(x) = 2x · ex3 ln(x)+ x2 ( 3x2ex 3 ln(x)+ ex3 1 x ) = ex3x ( 2 ln(x)+ 3x3 ln(x)+ 1 ) ** Aufgabe 16.9 (Erste Ableitung) Berechnen Sie die erste Ableitung der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = cot ( 3 √ 2− x3 ) b) g(x) = x 53 (1− 2x) 23 c) h(x) = ln (ln (ex + 2)) Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.5 Lösung: Zu a): Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) und (cot(x))′ = − 1 sin2(x) (vgl. Satz 16.16d) im Lehrbuch) folgt: f ′(x) = − 1 sin2 ( 3 √ 2− x3 ) · 1 3 ( 2− x3 )− 23 · (−3x2) = x 2 sin2 ( 3 √ 2− x3 ) 3 √( 2− x3)2 Zu b): Mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) erhält man: g′(x) = 5 3 x 2 3 (1− 2x) 23 + x 53 · 2 3 (1− 2x)− 13 · (−2) = 5 3 (x − 2x2) 23 − 4 3 x 5 3 (1− 2x)− 13 = 1 3 5 3√(x − 2x2)2 − 4 3 √ x5 1− 2x Zu c): Mit der Kettenregel und (ln(x))′ = 1x (vgl. Satz 16.14a) im Lehrbuch) folgt: h′(x) = 1 ln (ex + 2) · 1 ex + 2 · e x = e x (ex + 2) ln (ex + 2) ** Aufgabe 16.10 (Erste Ableitung) Berechnen Sie die erste Ableitung der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = (1+ x)2 arctan(x) b) g(x) = e−2x√x2 + 2 c) h(x) = 2ln(x)(ln(x))10 Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.5 210 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Lösung: Zua):Mit derProduktregel (vgl. Satz16.6c) imLehrbuch)und (arctan(x))′ = 1 1+x2 (vgl. Satz16.18c) im Lehrbuch) erhält man f ′(x) = 2(1+ x) · 1 · arctan(x)+ (1+ x)2 · 1 1+ x2 = (2+ 2x) arctan(x)+ (1+ x) 2 1+ x2 . Zu b): Mit der Produktregel folgt: g′(x) = −2e−2x · √ x2 + 2+ e−2x · 1 2 · (x2 + 2)− 12 · 2x = −2e−2x √ x2 + 2+ e−2x x√ x2 + 2 Zu c): Mit der Produktregel, der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) sowie (ax)′ = ax ln(a) und (ln(x))′ = 1 x (vgl. Satz 16.14a) und d) im Lehrbuch) erhält man h′(x) = 2ln(x) · ln(2) · 1 x · (ln(x))10 + 2ln(x) · 10 · (ln(x))9 · 1 x = 2ln(x) 1 x ( ln(x) )9(ln(2) ln(x)+ 10). *** Aufgabe 16.11 (Erste Ableitung) Berechnen Sie die erste Ableitung der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = √ x+1 x−1 b) g(x) = ln (√ 1−sin(x) 1+sin(x) ) c) h(x) = xxx Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.5 Lösung: Zu a): Es gilt f (x) = ( x+1 x−1 ) 1 2 . Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) und der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch) folgt daher: f ′(x) = 1 2 ( x + 1 x − 1 )− 12 · 1 · (x − 1)− (x + 1) · 1 (x − 1)2 = 1 2 ( x − 1 x + 1 ) 1 2 · −2 (x − 1)2 = − 1 (x + 1) 12 (x − 1) 32 = − 1√ (x + 1)(x − 1)(x − 1) = − 1√ x2 − 1(x − 1) Zu b): Es gilt g(x) = ln (( 1−sin(x) 1+sin(x) ) 1 2 ) = 12 ln ( 1−sin(x) 1+sin(x) ) . Mit der Kettenregel, der Quotientenregel sowie (ln(x))′ = 1x und (sin(x))′ = cos(x) (vgl. Satz 16.14a) bzw. Satz 16.16a) im Lehrbuch) folgt somit: 211 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R g′(x) = 1 2 · 1 1−sin(x) 1+sin(x) · − cos(x)(1+ sin(x))− (1− sin(x)) cos(x) (1+ sin(x))2 = 1 2 · 1+ sin(x) 1− sin(x) · −2 cos(x) (1+ sin(x))2 = − cos(x) (1− sin(x)) (1+ sin(x)) = − cos(x) 1− sin2(x) Zusammen mit 1− sin2(x) = cos2(x) (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) erhält man daraus schließlich: g′(x) = − cos(x) 1− sin2(x) = − cos(x) cos2(x) = − 1 cos(x) Zu c): Betrachtet wird die erste Ableitung von ln(ln(h(x))). Mit der Kettenregel und (ln(x))′ = 1x erhält man: (ln(ln(h(x))))′ = 1 ln(h(x)) · 1 h(x) · h′(x) bzw. h′(x) = h(x) ln(h(x)) (ln(ln(h(x))))′ (16.1) Ferner folgt mit den Eigenschaften der Logarithmusfunktion (vgl. Satz 14.35b) und c)) (ln(ln(h(x))))′ = ( ln ( ln ( xx x )))′ = (ln (xx ln (x)))′ = (ln (xx)+ ln (ln (x)))′ = (x ln (x)+ ln (ln (x)))′ . Zusammen mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) liefert dies (ln(ln(h(x))))′ = (x ln (x)+ ln (ln (x)))′ = 1 · ln(x)+ x · 1 x + 1 ln(x) · 1 x = ln(x)+ 1+ 1 x ln(x) . In (16.1) eingesetzt, erhält man damit schließlich h′(x) = h(x) ln(h(x)) (ln(ln(h(x))))′ = xxx ln ( xx x )( ln(x)+ 1+ 1 x ln(x) ) = xxx xx ln (x) ( ln(x)+ 1+ 1 x ln(x) ) . * Aufgabe 16.12 (Höhere Ableitungen) Berechnen Sie jeweils die ersten drei Ableitungen der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = 5x4 − 7x2 + cos ( x2 ) b) g(x) = 2e−xx3 c) h(x) = −6x4 + ln(x)+ ex Lehrbuch: Abschnitte 16.4, 16.5 und 16.6 Lösung: Zu a): Die ersten drei Ableitungen von f sind gegeben durch: f ′(x) = 20x3 − 14x − 1 2 sin (x 2 ) f ′′(x) = 60x2 − 14− 1 4 cos (x 2 ) f ′′′(x) = 120x + 1 8 sin (x 2 ) 212 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Zu b): Mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) erhält man für die ersten drei Ableitungen von g: g′(x) = −2e−x · x3 + 2e−x · 3x2 = e−x ( 6x2 − 2x3 ) g′′(x) = −e−x · ( 6x2 − 2x3 ) + e−x · ( 12x − 6x2 ) = e−x ( 2x3 − 12x2 + 12x ) g′′′(x) = −e−x ( 2x3 − 12x2 + 12x ) + e−x ( 6x2 − 24x + 12 ) = e−x ( −2x3 + 18x2 − 36x + 12 ) c): Die ersten drei Ableitungen von h lauten: h′(x) = −24x3 + 1 x + ex h′′(x) = −72x2 − 1 x2 + ex h′′′(x) = −144x + 2 x3 + ex ** Aufgabe 16.13 (Höhere Ableitungen) Berechnen Sie jeweils die ersten drei Ableitungen der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: a) f (x) = ex+1 x+1 b) g(x) = sin(x)cos(x) c) h(x) = ax2 mit a > 0 Lehrbuch: Abschnitte 16.4, 16.5 und 16.6 Lösung: Zu a): Mit der Quotientenregel und Produktregel (vgl. Satz 16.6e) unc c) im Lehrbuch) erhält man für die ersten drei Ableitungen von f : f ′(x) = e x · (x + 1)− (ex + 1) · 1 (x + 1)2 = xex − 1 (x + 1)2 f ′′(x) = (1 · e x + x · ex) · (x + 1)2 − (xex − 1) · 2(x + 1) (x + 1)4 = (e x + xex)(x + 1)− 2 (xex − 1) (x + 1)3 = x 2ex + ex + 2 (x + 1)3 f ′′′(x) = ( (2x · ex + x2 · ex)+ ex ) · (x + 1)3 − (x2ex + ex + 2) · 3(x + 1)2 (x + 1)6 = ( (2xex + x2ex)+ ex ) (x + 1)− 3(x2ex + ex + 2) (x + 1)4 = x 3ex + 3xex − 2ex − 6 (x + 1)4 Zu b): Mit der Quotientenregel erhält man für die erste Ableitung von g: g′(x) = cos(x) · cos(x)− sin(x) · (− sin(x)) cos2(x) = cos 2(x)+ sin2(x) cos2(x) = 1+ sin 2(x) cos2(x) = 1+ tan2(x) 213 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Daraus folgt mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch), tan′(x) = 1 cos2(x) (vgl. Satz 16.16c) im Lehrbuch) und cos2(x)+ sin2(x) = 1 (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) für die zweite Ableitung: g′′(x) = 2 · tan(x) · tan′(x) = 2 tan(x) 1 cos2(x) = 2 tan(x) cos 2(x)+ sin2(x) cos2(x) = 2 tan(x) ( 1+ tan2(x) ) Das heißt, es gilt insbesondere ( 1+ tan2(x) )′ = 2 tan(x) (1+ tan2(x)). Zusammen mit der Produktregel folgt daraus für die dritte Ableitung: g′′′(x) = 2 1 cos2(x) · ( 1+ tan2(x) ) + 2 tan(x) · 2 tan(x) ( 1+ tan2(x) ) = ( 1+ tan2(x) )( 2 cos2(x) + 4 tan2(x) ) Zu c): Mit der Kettenregel und der Produktregel erhält man für die ersten drei Ableitungen von h: h′(x) = ax2 · ln(a) · 2x = 2x ln(a)ax2 h′′(x) = 2 ln(a) · ax2 + 2x ln(a) · 2x ln(a)ax2 = ax2 ( 2 ln(a)+ 4x2 ln2(a) ) h′′′(x) = 2x ln(a)ax2 · ( 2 ln(a)+ 4x2 ln2(a) ) + ax2 · 8x ln2(a) = 2x ln(a)ax2 · ( 2 ln(a)+ 4x2 ln2(a)+ 4 ln(a) ) = 2x ln(a)ax2 · ( 6 ln(a)+ 4x2 ln2(a) ) *** Aufgabe 16.14 (Höhere Ableitungen) Bestimmen Sie mit Hilfe der Leibnizschen Regel die folgenden höheren Ableitungen: a) d40 ( x2 sin(x) ) dx40 b) dn(e−xxm) dxn für beliebige n,m ∈ N0 mit n > m Lehrbuch: Abschnitte 16.4, 16.5 und 16.6 Lösung: Zu a): Mit der Leibnizschen Regel (vgl. Satz 16.22d) im Lehrbuch) erhält man d40 ( x2 sin(x) ) dx40 = 40∑ k=0 ( 40 k ) (sin(x))(40−k) ( x2 )(k) und wegen ( x2 )(k) = 0 für k > 2 vereinfacht sich dies zu d40 ( x2 sin(x) ) dx40 = 2∑ k=0 ( 40 k ) (sin(x))(40−k) ( x2 )(k) = ( 40 0 ) (sin(x))(40)x2 + ( 40 1 ) (sin(x))(39)2x + ( 40 2 ) (sin(x))(38)2 = x2(sin(x))(40) + 80x(sin(x))(39) + 1560(sin(x))(38). 214 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Zusammen mit (sin(x))(k) = (−1) k 2 sin(x) für k ∈ N gerade (−1) k−12 cos(x) für k ∈ N ungerade (vgl. Beispiel 16.21 im Lehrbuch) liefert dies d40 ( x2 sin(x) ) dx40 = x2(sin(x))(40) + 80x(sin(x))(39) + 1560(sin(x))(38) = x2 sin(x)+ 80x(− cos(x))+ 1560(− sin(x)) = x2 sin(x)− 80x cos(x)− 1560 sin(x). Zu b): Mit der Leibnizschen Regel folgt dn ( e−xxm ) dxn = n∑ k=0 ( n k ) ( e−x )(n−k) ( xm )(k) und wegen ( xm )(k) = 0 für k > m vereinfacht sich dies zu dn ( e−xxm ) dxn = m∑ k=0 ( n k ) ( e−x )(n−k) ( xm )(k) . Zusammen mit( e−x )′ = −e−x , (e−x)′′ = e−x , (e−x)′′′ = −e−x , . . . , (e−x)(n−k) = (−1)n−ke−x liefert dies dn ( e−xxm ) dxn = m∑ k=0 ( n k ) (−1)n−ke−x (xm)(k) . (16.2) Mit ( xm )(0) = xm( xm )(1) = mxm−1( xm )(2) = m(m− 1)xm−2( xm )(3) = m(m− 1)(m− 2)xm−3 . . .( xm )(k) = m(m− 1)(m− 2) · . . . · (m− (k − 1))xm−k = m! (m− k)!x m−k erhält man für (16.2) schließlich dn ( e−xxm ) dxn = m∑ k=0 ( n k ) (−1)n−ke−x m! (m− k)!x m−k. ** Aufgabe 16.15 (Anwendung der Differentialrechnung und erste Ableitung) a) Von einem Polynom p zweiten Grades sei bekannt, dass der Funktionswert von p an der Stelle x = 1 der Steigung von p an dieser Stelle entspricht. Ferner gilt p(1) = 9 und p(−3) = 21. Bestimmen Sie die Zuordnungsvorschrift von p. 215 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R b) Berechnen Sie die erste Ableitung der beiden Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich: f (x) = (2x + 2) ln(2x + 2)− 2 x−1 g(x) = (ea)x mit a > 0 Lehrbuch: Abschnitte 16.2, 16.4 und 16.5 Lösung: Zu a): Ein Polynom zweiten Grades ist von der Form p(x) = ax2 + bx + c mit a, b, c ∈ R und a = 0. Es besitzt die erste Ableitung p′(x) = 2ax + b und die drei unbekannten Parameter a, b und c lassen sich aus den drei Angaben p(1) = p′(1), p(1) = 9 und p(−3) = 21 berechnen. Sie führen zum linearen Gleichungssystem: a + b + c = 2a + b a + b + c = 9 9a − 3b + c = 21 bzw. −a + c = 0 a + b + c = 9 9a − 3b + c = 21 Aus der ersten Gleichung folgt a = c und wird dies in die zweite Gleichung eingesetzt, erhält man weiter b = 9− 2a. Für die dritte Gleichung liefert dies 9a − 3b + c = 9a − 3(9− 2a)+ a = 16a − 27 = 21, also a = 3. Damit folgt für die beiden anderen Parameter c = a = 3 und b = 9− 2a = 3. Die Zuordnungsvorschrift von p lautet somit p(x) = 3x2 + 3x + 3. Zu b): Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) und (ln(x))′ = 1x (vgl. Satz 16.14a) im Lehrbuch) folgt (ln(2x + 2))′ = 22x+2 . Zusammen mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) liefert dies: f ′(x) = 2 · ln(2x + 2)+ (2x + 2) · 2 2x + 2 − 2 = 2 ln(2x + 2) Mit (ex)′ = ex , (ax)′ = ax ln(a) (vgl. Satz 16.14d) im Lehrbuch) und der Produktregel erhält man für die erste Ableitung von g(x) = (ea)x = exax : g′(x) = ex · ax + ex · ax ln(a) = (ea)x (1+ ln(a)) ** Aufgabe 16.16 (Anwendung der Differentialrechnung und Differenzierbarkeit) a) Von einem Polynom p dritten Grades sei bekannt, dass sich die Graphen der ersten und zweiten Ableitung p′ bzw. p′′ an der Stelle x = 4 berühren. Ferner gilt p(1) = 214 und p(3) = 6. Bestimmen Sie die Zuordnungsvorschrift von p. b) Untersuchen Sie, ob die Funktion f : R −→ R, x *→ |x3 − 1| an der Stelle x0 = 1 differenzierbar ist. Lehrbuch: Abschnitte 16.2, 16.5 und 16.6 Lösung: Zu a): Ein Polynom dritten Grades ist von der Form p(x) = ax3+ bx2 + cx+ d mit a, b, c, d ∈ R und a = 0. Es besitzt die folgenden ersten drei Ableitungen: p′(x) = 3ax2 + 2bx + c p′′(x) = 6ax + 2b p′′′(x) = 6a 216 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Die Angabe, dass sich die Graphen von p′ bzw. p′′ an der Stelle x = 4 berühren, bedeutet, dass p′(4) = p′′(4) und p′′(4) = p′′′(4) gilt. Zusammen mit den beiden anderen Angaben p(1) = 214 und p(3) = 6 lassen sich damit die vier unbekannten Parameter a, b, c und d berechnen. Man erhält das lineare Gleichungssystem: a + b + c + d = 21 4 27a + 9b + 3c + d = 6 48a + 8b + c = 24a + 2b 24a + 2b = 6a bzw. a + b + c + d = 21 4 (16.3) 27a + 9b + 3c + d = 6 (16.4) 24a + 6b + c = 0 (16.5) 18a + 2b = 0 (16.6) Aus (16.6) folgt unmittelbar b = −9a. In (16.5) eingesetzt liefert dies 24a + 6b + c = 24a + 6 · (−9a)+ c = 0, also c = 30a. Wird von Gleichung (16.4) die Gleichung (16.3) subtrahiert, dann resultiert 26a + 8b + 2c = 3 4 und durch Einsetzen von b = −9a und c = 30a erhält man weiter 26a + 8 · (−9a)+ 2 · (30a) = 3 4 bzw. 14a = 3 4 . Das heißt, es gilt a = 356 und damit auch: b = −9a = − 27 56 c = 30a = 90 56 d = 21 4 − a − b − c = 21 4 − 3 56 − ( −27 56 ) − 90 56 = 228 56 = 57 14 Die Zuordnungsvorschrift von p lautet somit p(x) = 3 56 x3 − 27 56 x2 + 90 56 x + 57 14 . Zu b): An der Stelle x0 = 1 gilt f (1+ 0 an und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich. b) Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert, sofern er existiert: lim x→0 sin(x)+ ln(x + 1) ex − cos(x) Lehrbuch: Abschnitte 16.4, 16.5 und 16.8 Lösung: Zu a): Es gilt f (x) = ln (eax) ln (ax) = ax ln (ax) = ax2 ln (a). Für die erste Ableitung erhält man somit f ′(x) = 2ax ln(a). Zu b): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung folgt: lim x→0 sin(x)+ ln(x + 1) ex − cos(x) = limx→0 cos(x)+ 1 x+1 ex + sin(x) = 2 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 2. ** Aufgabe 16.18 (Erste Ableitung und Regeln von L’Hôspital) a) Bestimmen Sie die erste Ableitung der Funktion f : ( 7 4 , 4π ) −→ R, x *→ ln ( 4x2 − 7x )√ 8 sin ( 1 4 x ) und vereinfachen Sie diese soweit wie möglich. b) Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert, sofern er existiert: lim x→0 cos2(x)− 1 2x3 + x2 c) Betrachtet wird die Funktion f : R −→ R, x *→ e−kx mit k ∈ N. Bestimmen Sie den Punkt auf dem Graphen von f , für den die Tangente t von f durch den Ursprung (0, 0) verläuft. Lehrbuch: Abschnitte 16.4, 16.5 und 16.8 Lösung: Zu a): Mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) folgt: f ′(x) = ( ln ( 4x2 − 7x ))′√ 8 sin ( 1 4 x ) + ln ( 4x2 − 7x )(√ 8 sin ( 1 4 x ))′ (16.7) 218 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Ferner erhält man mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) sowie den Ableitungen (ln(x))′ = 1x (vgl. Satz 16.14a) im Lehrbuch) und (sin(x))′ = cos(x) (vgl. Satz 16.16a) im Lehrbuch):( ln ( 4x2 − 7x ))′ = 1 4x2 − 7x · (8x − 7) (16.8)(√ 8 sin ( 1 4 x ))′ = (8 sin( 1 4 x )) 1 2 ′ = 1 2 ( 8 sin ( 1 4 x ))− 12 8 cos ( 1 4 x ) · 1 4 (16.9) Durch Einsetzen der beiden Ableitungen (16.8)–(16.9) in (16.7) folgt schließlich für die erste Ableitung von f : f ′(x) = ( ln ( 4x2 − 7x ))′√ 8 sin ( 1 4 x ) + ln ( 4x2 − 7x )(√ 8 sin ( 1 4 x ))′ = 8x − 7 4x2 − 7x √ 8 sin ( 1 4 x ) + ln ( 4x2 − 7x ) cos ( 14 x)√ 8 sin ( 1 4 x ) Zu b): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung folgt: lim x→0 cos2(x)− 1 2x3 + x2 = limx→0 −2 cos(x) sin(x) 6x2 + 2x = limx→0 − cos(x) sin(x) 3x2 + x Auch dieser Grenzwert ist noch vom Typ 00 . Nochmaliges Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x→0 cos2(x)− 1 2x3 + x2 = limx→0 − cos(x) sin(x) 3x2 + x = limx→0 sin(x) sin(x)− cos(x) cos(x) 6x + 1 = 0− 1 1 = −1 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt −1. Zu c): Die Tangente t (x) = ax + b von f soll durch den Ursprung (0, 0) gehen. Das heißt, es muss t (0) = 0 und damit b = 0 gelten. Für eine Tangente von f an der Stelle x gilt ferner f (x) = g(x) und f ′(x) = g′(x). Daraus folgt: e−kx = ax −ke−kx = a Wird die zweite Gleichung in die erste Gleichung eingesetzt, dann erhält man e−kx = −ke−kxx bzw. − kx = 1. Das heißt, der gesuchte Punkt besitzt den x-Wert− 1 k und den y-Wert f ( − 1 k ) = e. Der Punkt ist also gegeben durch ( − 1 k , e ) . *** Aufgabe 16.19 (Differenzierbarkeit und Regeln von L’Hôspital) a) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ x2 − a für x ≤ −1 −x2 − 4x − 1 für − 1 < x ≤ 1 x3 − 3bx + c für x > 1 mit a, b, c ∈ R. Bestimmen Sie die Parameter a, b und c so, dass f stetig und differenzierbar ist. b) Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert, sofern er existiert: lim x→0 1x − 1 sin(x)− x 219 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Lehrbuch: Abschnitte 15.2, 15.6, 16.2, 16.5 und 16.8 Lösung: Zu a): Bei der Funktion f handelt es sich um eine abschnittsweise definierte Funktion. Da Polynome stetig und differenzierbar sind (vgl. Satz 15.16 und Satz 16.12 im Lehrbuch), ist f auf der Menge (−∞,−1)∪ (−1, 1) ∪ (1,∞) sowohl stetig als auch differenzierbar. Die drei unbekannten Parameter a, b, c ∈ R müssen daher nur noch so bestimmt werden, dass f auch an den beiden Verbindungsstellen x1 = −1 und x2 = 1 stetig und differenzierbar ist. Die Stetigkeit von f an diesen beiden Stellen ist gegeben, wenn lim x↓−1 f (x) = limx↓−1(−x 2 − 4x − 1) = 2 = lim x↑−1 f (x) = limx↑−1(x 2 − a) = 1− a und lim x↓1 f (x) = limx↓1(x 3 − 3bx + c) = 1− 3b + c = lim x↑1 f (x) = limx↑1(−x 2 − 4x − 1) = −6 gilt (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). Das heißt, es muss 1− a = 2 und 1− 3b+ c = −6 gelten. Dies impliziert a = −1 und c − 3b = −7. (16.10) Die Differenzierbarkeit von f an der Stelle x2 = 1 ist gegeben, wenn der Grenzwert lim 0 für x ∈ (−1, 0) = 0 für x = 0 < 0 für x ∈ (0,∞) . Die Funktion f ist somit auf dem Intervall (−1, 0] streng monoton wachsend und auf dem Intervall [0,∞) streng monoton fallend (vgl. Satz 16.31c) und d) im Lehrbuch). Zu b): Gilt f ′(x) > 0 für alle x ∈ R, dann ist f streng monoton wachsend. Für die erste Ableitung von f erhält man f ′(x) = x2 + 2ax + b. Daraus folgt durch quadratische Ergänzung (vgl. Seite 79 im Lehrbuch) f ′(x) = x2 + 2ax + b = (x + a)2 − a2 + b. Folglich gilt f ′(x) > 0 für alle x ∈ R genau dann, wenn −a2 + b > 0 erfüllt ist. Die Funktion f ist somit streng monoton wachsend, wenn die beiden Koeffizienten a und b so gewählt werden, dass b > a2 gilt. Der Koeffizient c kann dagegen beliebig gewählt werden. Zu c): Für die erste und zweite Ableitung von f gilt f ′(x) = 1− 1 x2 bzw. f ′′(x) = 2 x3 . Das heißt, es gilt f ′′(x) { < 0 für x < 0 > 0 für x > 0 . Folglich ist f auf dem Intervall (−∞, 0) streng konkav und auf dem Intervall (0,∞) streng konvex (vgl. Folgerung 16.34c) und d) im Lehrbuch). ** Aufgabe 16.22 (Monotonie und Krümmungsverhalten) a) Bestimmen Sie, für welche Koeffizienten a ∈ R und b ∈ R \ {0} die Funktion f : R −→ R, x *→ aebx positiv und monoton fallend ist. Untersuchen Sie, ob die Koeffizienten a, b auch so gewählt werden können, dass f zusätzlich konkav ist. b) Untersuchen Sie, in welchen Intervallen die folgenden beiden Funktionen streng konvex bzw. streng konkav sind: f : R −→ R, x *→ −4x3 − 30x2 + 168x − 6 g : R \ {0} −→ R, x *→ x2−1 x Lehrbuch: Abschnitt 16.7 Lösung: Zu a): Wegen ebx > 0 für alle x ∈ R (vgl. Satz 14.31a) im Lehrbuch) ist die Funktion f positiv, d.h. f (x) = aebx > 0 für x ∈ R, falls a > 0 gilt. Die ersten beiden Ableitungen von f sind durch f ′(x) = abebx und f ′′(x) = ab2ebx 222 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen gegeben. Die Funktion f ist genau dann monoton fallend, wenn f ′(x) = abebx ≤ 0 für alle x ∈ R gilt (vgl. Satz 16.31b) im Lehrbuch). Dies ist offensichtlich für ab ≤ 0 der Fall. Wegen b = 0 und a > 0 impliziert dies b < 0. Ferner ist f genau dann konkav, falls f ′′(x) = ab2ebx ≤ 0 für alle x ∈ R gilt (vgl. Satz 16.34b) im Lehrbuch). Dies ist jedoch nur für a ≤ 0 oder b = 0 der Fall, so dass f zusätzlich zur Positivität undMonotonie nicht auch noch konkav sein kann. Zu b): Die ersten beiden Ableitungen von f und g lauten: f ′(x) = −12x2 − 60x + 168 f ′′(x) = −24x − 60 g′(x) = 2x · x − (x 2 − 1) · 1 x2 = x 2 + 1 x2 = 1+ 1 x2 g′′(x) = − 2 x3 Es gilt somit: f ′′(x) { < 0 für x > − 52 > 0 für x < − 52 und g′′(x) { < 0 für x > 0 > 0 für x < 0 Folglich ist die Funktion f auf dem Intervall [ − 52 ,∞ ) streng konkav und auf dem Intervall ( −∞,− 52 ] streng konvex. Analog folgt, dass g auf dem Intervall (−∞, 0) streng konvex und auf dem Intervall (0,∞) streng konkav ist (vgl. Folgerung 16.34c) und d) im Lehrbuch). ** Aufgabe 16.23 (Ableitung der Umkehrfunktion und Krümmungseigenschaften) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ 1 8 x3 + 1 4 x2 + 1 2 x. a) Weisen Sie nach, dass f streng monoton wachsend ist. b) Bestimmen Sie die erste Ableitung der Umkehrfunktion f−1 an der Stelle y0 = 3 (Hinweis: Es gilt f (2) = 3). c) Untersuchen Sie die Funktion f auf ihre Krümmungseigenschaften. Lehrbuch: Abschnitte 16.4 und 16.7 Lösung: Zu a): Für die erste Ableitung von f erhält man mit quadratischer Ergänzung: f ′(x) = 3 8 x2 + 1 2 x + 1 2 = 3 8 [ x2 + 4 3 x + 4 3 ] = 3 8 [( x + 4 6 )2 − 16 36 + 4 3 ] = 3 8 [( x + 2 3 )2 + 8 9 ] = 3 8 ( x + 2 3 )2 + 1 3 Das heißt, es giltf ′(x) > 0 für alle x ∈ R. Die Funktionf ist somit strengmonotonwachsend (vgl. Satz 16.31c) im Lehrbuch). Zu b):Gemäß demHinweisf (2) = 3 besitzt derWert y0 = 3 unterf dasUrbild x0 = 2. Für die ersteAbleitung von f−1 an der Stelle y0 = 3 erhält man somit (f−1)′(3) = 1 f ′(2) = 1 3 8 · 22 + 12 · 2+ 12 = 1 3 (vgl. Satz 16.10 im Lehrbuch). Zu c): Die zweite Ableitung von f ist gegeben durch f ′′(x) = 3 4 x + 1 2 . 223 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Folglich gilt f ′′(x) > 0 für x > − 23 = 0 für x = − 23 < 0 für x < − 23 . Das heißt, die Funktion f ist auf dem Intervall ( −∞,− 23 ] streng konkav und auf dem Intervall [ − 23 ,∞ ) streng konvex (vgl. Folgerung 16.34c) und d) im Lehrbuch). ** Aufgabe 16.24 (Regeln von L’Hôspital) Bestimmen Sie die folgenden drei Grenzwerte (sofern sie existieren): a) lim x→2 2x3+2x2−10x−4 2x2−6x+4 b) lim x→∞ 5x2−6x+7 2ex c) lim x→∞ ( 7 √ x7 − 3x6 − x ) Lehrbuch: Abschnitt 16.8 Lösung: Zu a): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung folgt: lim x→2 2x3 + 2x2 − 10x − 4 2x2 − 6x + 4 = limx→2 6x2 + 4x − 10 4x − 6 = 22 2 = 11 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 11. Zu b): Der Grenzwert ist vomTyp ∞∞ . Folglich ist die Voraussetzung a) der zweiten Regel von L’Hôspital erfüllt (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner folgt: lim x→∞ 5x2 − 6x + 7 2ex = lim x→∞ 10x − 6 2ex Auch dieser Grenzwert ist vom Typ ∞∞ . Erneutes Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x→∞ 5x2 − 6x + 7 2ex = lim x→∞ 10x − 6 2ex = lim x→∞ 10 2ex = 0 Der Grenzwert existiert somit und beträgt 0. Zu c): Der Grenzwert ist vom Typ∞−∞. Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ 00 umgeformt werden: lim x→∞ ( 7 √ x7 − 3x6 − x ) = lim x→∞ (x7 (1− 3 x )) 1 7 − x = lim x→∞ x (1− 3 x ) 1 7 − x = lim x→∞ ( 1− 3x ) 1 7 − 1 1/x 224 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist somit erfüllt. Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung erhält man: lim x→∞ ( 7 √ x7 − 3x6 − x ) = lim x→∞ ( 1− 3x ) 1 7 − 1 1/x = lim x→∞ 1 7 ( 1− 3x )− 67 · 3 x2 −1/x2 = lim x→∞− 3 7 ( 1− 3 x )− 67 = − 3 7 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt − 37 . ** Aufgabe 16.25 (Regeln von L’Hôspital) Bestimmen Sie die folgenden drei Grenzwerte (sofern sie existieren): a) lim x→0 e5x−1 x b) lim x→1 ( 1 x−1 − 1ln(x) ) c) lim x→∞ ln(x)√ x Lehrbuch: Abschnitt 16.8 Lösung: Zu a): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x→0 e5x − 1 x = lim x→0 5e5x 1 = 5 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 5. Zu b): Der Grenzwert ist vom Typ∞−∞. Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ 00 umgeformt werden: lim x→1 ( 1 x − 1 − 1 ln(x) ) = lim x→1 ln(x)− (x − 1) (x − 1) ln(x) Die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist somit erfüllt. Durch Ableiten von Zähler und Nenner erhält man: lim x→1 ( 1 x − 1 − 1 ln(x) ) = lim x→1 ln(x)− (x − 1) (x − 1) ln(x) = limx→1 1 x − 1 ln(x)+ x−1x = lim x→1 1− x x ln(x)+ x − 1 Auch dieser Grenzwert ist vom Typ 00 . Erneutes Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x→1 ( 1 x − 1 − 1 ln(x) ) = lim x→1 1− x x ln(x)+ x − 1 = limx→1 −1 ln(x)+ x · 1x + 1 = − 1 2 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt − 12 . Zu c):DerGrenzwert ist vomTyp ∞∞ . Das heißt, dieVoraussetzung a) der zweitenRegel vonL’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung folgt: lim x→∞ ln(x)√ x = lim x→∞ 1 x 1 2 √ x = lim x→∞ 2√ x = 0 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 0. 225 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R ** Aufgabe 16.26 (Regeln von L’Hôspital) Bestimmen Sie die folgenden drei Grenzwerte (sofern sie existieren): a) lim x→0 2ex+2e−x−4 x−ln(1+x) b) lim x↓0 4x 3 ln(x) c) lim x→1 x 1 1−x Lehrbuch: Abschnitt 16.8 Lösung: Zu a): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner folgt: lim x→0 2ex + 2e−x − 4 x − ln(1+ x) = limx→0 2ex − 2e−x 1− 11+x Auch dieser Grenzwert ist vom Typ 00 . Erneutes Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x→0 2ex + 2e−x − 4 x − ln(1+ x) = limx→0 2ex − 2e−x 1− 11+x = lim x→0 2ex + 2e−x 1 (1+x)2 = 4 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 4. Zu b): Der Grenzwert ist vom Typ 0 · (−∞). Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ −∞∞ umgeformt werden: lim x↓0 4x 3 ln(x) = lim x↓0 4 ln(x) 1 x3 Die Voraussetzung a) der zweiten Regel von L’Hôspital ist somit erfüllt (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung erhält man: lim x↓0 4x 3 ln(x) = lim x↓0 4 ln(x) 1 x3 = lim x↓0 4 x −3 x4 = lim x↓0− 4 3 x3 = 0 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 0. Zu c): Der Grenzwert ist vom Typ 1∞. Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ 00 umgeformt werden: lim x→1 x 1 1−x = lim x→1 exp ( ln ( x 1 1−x )) = lim x→1 exp ( 1 1− x ln (x) ) = exp ( lim x→1 ln (x) 1− x ) Die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist somit erfüllt. Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung erhält man: lim x→1 x 1 1−x = exp ( lim x→1 ln (x) 1− x ) = exp ( lim x→1 1 x −1 ) = exp(−1) = 1 e Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 1e . *** Aufgabe 16.27 (Regeln von L’Hôspital) Bestimmen Sie die folgenden drei Grenzwerte (sofern sie existieren): a) lim x→ π4 4 ln(tan(x)) 5 cos(2x) b) lim x↓0 ( 1 x )sin(x) c) lim x↓0 (tan(x)) 1 ln(x) 226 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Lehrbuch: Abschnitt 16.8 Lösung: Zu a): Der Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt (vgl. Satz 16.37 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung folgt: lim x→ π4 4 ln(tan(x)) 5 cos(2x) = lim x→ π4 4 tan(x) · 1cos2(x) −10 sin(2x) = 4 1 · 11 2 −10 · 1 = − 4 5 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt − 45 . Zu b): Der Grenzwert ist vom Typ ∞0. Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ ∞∞ umgeformt werden: lim x↓0 ( 1 x )sin(x) = lim x↓0 exp ( ln ( 1 x )sin(x)) = lim x↓0 exp ( sin(x) ln ( 1 x )) = exp ( lim x↓0− sin(x) ln (x) ) = exp lim x↓0 − ln (x) 1 sin(x) Die Voraussetzung a) der zweiten Regel von L’Hôspital ist somit erfüllt (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Durch Ableiten von Zähler und Nenner erhält man: lim x↓0 ( 1 x )sin(x) = exp lim x↓0 − ln (x) 1 sin(x) = exp lim x↓0 − 1x − cos(x) sin2(x) = exp(lim x↓0 sin2(x) x cos(x) ) Dieser Grenzwert ist vom Typ 00 . Das heißt, die Voraussetzung a) der ersten Regel von L’Hôspital ist erfüllt. Erneutes Ableiten von Zähler und Nenner und anschließende Grenzwertbildung liefert: lim x↓0 ( 1 x )sin(x) = exp ( lim x↓0 sin2(x) x cos(x) ) = exp ( lim x↓0 2 sin(x) cos(x) cos(x)− x sin(x) ) = exp(0) = e0 = 1 Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt 1. Zu c): Der Grenzwert ist vom Typ 00. Er kann jedoch in einen Grenzwert vom Typ −∞−∞ umgeformt werden: lim x↓0 (tan(x)) 1 ln(x) = lim x↓0 exp ( ln ( (tan(x)) 1 ln(x) )) = lim x↓0 exp ( ln (tan(x)) ln(x) ) = exp ( lim x↓0 ln (tan(x)) ln(x) ) Das heißt, die Voraussetzung a) der zweiten Regel von L’Hôspital ist erfüllt. Durch Ableiten von Zähler und Nenner folgt: lim x↓0 (tan(x)) 1 ln(x) = exp ( lim x↓0 ln (tan(x)) ln(x) ) = exp lim x↓0 1 tan(x) · 1cos2(x) 1 x = exp lim x↓0 cos(x) sin(x) · 1cos2(x) 1 x = exp(lim x↓0 x sin(x) cos(x) ) Auch dieser Grenzwert ist vomTyp 00 . Nochmaliges Ableiten von Zähler undNenner und anschließendeGrenzwertbildung liefert: lim x↓0 (tan(x)) 1 ln(x) = exp ( lim x↓0 x sin(x) cos(x) ) = exp ( lim x↓0 1 cos2(x)− sin2(x) ) = exp(1) = e Das heißt, der Grenzwert existiert und beträgt e. 227 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R ** Aufgabe 16.28 (MC-Aufgaben zu Änderungsraten und Elastizitäten) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Die Änderungsrate ρf (x) einer Funktion f an einer Stelle x ist gleich ihrer momentanen Veränderung bezogen auf den Funktionswert an dieser Stelle. b) Die Elastizität εf (x) berücksichtigt das Ausgangsniveau der abhängigen und der unabhängigen Variablen und besitzt keine Dimension. c) Konvexe Funktionen sind stets elastisch und konkave Funktionen stets unelastisch. d) Bei einer elastischen Funktion f verändert sich derWert der abhängigen Variablen um mehr als eine Einheit, wenn sich die unabhängige Variable um mehr als eine Einheit ändert. e) Die Elastizität εf (x) ist das Verhältnis der infinitesimalen relativen Änderung der abhängigen Variablen zur infinitesimalen relativen Änderung der unabhängigen Variablen. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 16.9 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Definition 16.44c) im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Seite 481 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage.Wie aus der Definition der Elastizität ersichtlich wird (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch), kann im Allgemeinen von den Krümmungseigenschaften einer Funktion nicht auf deren Elastizitätseigenschaften geschlossen werden. Zu d): Falsche Aussage. Die Elastizität einer Funktion f macht keine Aussage über absolute Veränderungen, sondern über relative Veränderungen der abhängigen Variablen. Zu e): Wahre Aussage. Es gilt εf (x) = df (x0)dx · x0f (x0) = df (x0) f (x0) dx x0 (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch). ** Aufgabe 16.29 (Änderungsraten und Elastizitäten) Bestimmen Sie die Änderungsraten und Elastizitäten der Funktionen mit den folgenden Zuordnungsvorschriften: a) f1(x) = 2x5 + x3 + x b) f2(x) = 7 3 √ x4 c) f3(x) = 2xe−5x d) f4(x) = x3 ln(x2 + 1) e) f5(x) = 3x−48x+2 Lehrbuch: Abschnitt 16.9 Lösung: Zu a): Für die Änderungsrate gilt (vgl. Definition 16.44c) im Lehrbuch): ρf1 (x) = f ′1(x) f1(x) = 10x 4 + 3x2 + 1 2x5 + x3 + x Damit folgt für die Elastizität (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch): εf1 (x) = x · ρf1 (x) = x · 10x4 + 3x2 + 1 2x5 + x3 + x = 10x4 + 3x2 + 1 2x4 + x2 + 1 228 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen Zu b): Es gilt f2(x) = 7 3 √ x4 = 7x 43 . Daraus folgt für die Änderungsrate und die Elastizität: ρf2 (x) = f ′2(x) f2(x) = 7 · 4 3 · x 1 3 7x 4 3 = 4 3 x−1 = 4 3x εf2 (x) = x · ρf2 (x) = x · 4 3x = 4 3 Zu c): Mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) folgt: ρf3 (x) = f ′3(x) f3(x) = 2 · e −5x + 2x · (−5) · e−5x 2xe−5x = 1 x − 5 εf3 (x) = x · ρf3 (x) = x · ( 1 x − 5 ) = 1− 5x Zu d): Mit der Produktregel erhält man: ρf4 (x) = f ′4(x) f4(x) = 3x2 · ln(x2 + 1)+ x3 · 1 x2+1 · 2x x3 ln(x2 + 1) = 3 x + 2x (x2 + 1) ln(x2 + 1) εf4 (x) = x · ρf4 (x) = x · ( 3 x + 2x (x2 + 1) ln(x2 + 1) ) = 3+ 2x 2 (x2 + 1) ln(x2 + 1) Zu e): Mit der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch) erhält man: ρf5 (x) = f ′5(x) f5(x) = 3·(8x+2)−(3x−4)·8 (8x+2)2 3x−4 8x+2 = 38 (8x + 2)(3x − 4) εf5 (x) = x · ρf5 (x) = x · 38 (8x + 2)(3x − 4) = 38x (8x + 2)(3x − 4) ** Aufgabe 16.30 (Änderungsraten und Elastizitäten) Es seien f : D ⊆ R −→ R und g : D ⊆ R −→ R zwei reelle differenzierbare Funktionen. Weisen Sie die folgenden Rechenregeln für Änderungsraten und Elastizitäten nach: ρf±g(x) = f (x)ρf (x)± g(x)ρg(x) f (x)± g(x) für f (x)± g(x) = 0 ρfg(x) = ρf (x)+ ρg(x) für f (x) = 0 und g(x) = 0 ρf g (x) = ρf (x)− ρg(x) für f (x) = 0 und g(x) = 0 εf±g(x) = f (x)εf (x)± g(x)εg(x) f (x)± g(x) für f (x)± g(x) = 0 εfg(x) = εf (x)+ εg(x) für f (x) = 0 und g(x) = 0 ε f g (x) = εf (x)− εg(x) für f (x) = 0 und g(x) = 0 Lehrbuch: Abschnitt 16.9 Lösung: Es gilt für ρf±g(x) (vgl. Definition 16.44c) im Lehrbuch): ρf±g(x) = (f ± g) ′(x) (f ± g)(x) = f ′(x)± g′(x) f (x)± g(x) = f (x) f ′(x) f (x) ± g(x) g′(x) g(x) f (x)± g(x) = f (x)ρf (x)± g(x)ρg(x) f (x)± g(x) (16.12) 229 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Für ρfg(x) erhält man mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch): ρfg(x) = (fg) ′(x) (fg)(x) = f ′(x)g(x)+ f (x)g′(x) f (x)g(x) = f ′(x)g(x) f (x)g(x) + f (x)g ′(x) f (x)g(x) = f ′(x) f (x) + g ′(x) g(x) = ρf (x)+ ρg(x) (16.13) Für ρ f g (x) folgt mit der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch): ρ f g (x) = ( f g )′ (x)( f g ) (x) = f ′(x)g(x)−f (x)g′(x) (g(x))2 f (x) g(x) = f ′(x)g(x)− f (x)g′(x) f (x)g(x) = f ′(x) f (x) − g ′(x) g(x) = ρf (x)− ρg(x) (16.14) Aufgrund des allgemeingültigen Zusammenhangs εf (x) = xρf (x) erhält man mit (16.12)-(16.14) für Elastizitäten die folgenden Rechenregeln: εf±g(x) = xρf±g(x) = x f (x)ρf (x)± g(x)ρg(x) f (x)± g(x) = f (x)xρf (x)± g(x)xρg(x) f (x)± g(x) = f (x)εf (x)± g(x)εg(x) f (x)± g(x) εfg(x) = xρfg(x) = x ( ρf (x)+ ρg(x) ) = xρf (x)+ xρg(x) = εf (x)+ εg(x) ε f g (x) = xρ f g (x) = x (ρf (x)− ρg(x)) = xρf (x)− xρg(x) = εf (x)− εg(x) ** Aufgabe 16.31 (Änderungsraten und Elastizitäten) a) Es seien f und g zwei differenzierbare Funktionen, für die εfg(x)=2 und ε f g (x)=−1 gilt. Bestimmen Sie damit die Elastizitäten von f und g. b) Es sei f : (a, b) −→ R eine differenzierbare Funktion mit εf (x) = 0 und f (x) = 0 für alle x ∈ (a, b). Geben Sie an, ob f eine Extremalstelle besitzt. Lehrbuch: Abschnitte 16.7 und 16.9 Lösung: Zu a): Mit den beiden Rechenregeln εfg(x) = εf (x) + εg(x) und ε f g (x) = εf (x) − εg(x) (vgl. Folgerung 16.47c) und e) im Lehrbuch) folgt: εf (x)+ εg(x) = 2 εf (x)− εg(x) = −1 Durch Addition der beiden Gleichungen erhält man 2εf (x) = 1, also εf (x) = 12 . Eingesetzt in die erste Gleichung liefert dies weiter εg(x) = 2− εf (x) = 2− 12 = 32 . Zu b): Aus εf (x) = x f ′(x) f (x) = 0 für alle x ∈ (a, b) (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch) folgt f ′(x) = 0 für alle x ∈ (a, b). Gemäß dem Kriterium von Fermat (vgl. Satz 16.24 im Lehrbuch) kann es somit keine Extremalstelle geben. ** Aufgabe 16.32 (Anwendung von Elastizitäten) Gegeben sei die preisabhängige Nachfragefunktion N : [0, 5] −→ R, p *→ 1000e−2(p−1)2 . a) Berechnen Sie die Elastizität εN(p) und interpretieren Sie den Wert der Nachfrageelastizität für p = 2. b) Geben Sie an, für welche Preise p die Nachfrage elastisch und für welche Preise p sie unelastisch ist. 230 Kapitel 16Differenzierbare Funktionen c) Bestimmen Sie den Preis p, bei dem eine Preissenkung von 3% eine Nachfragesteigerung von 6% verursacht. d) Ermitteln Sie, bei welcher Nachfragemenge eineMengenreduzierung von 4% zu einer Preissteigerung von 4% führt. Lehrbuch: Abschnitt 16.9 Lösung: Zu a): Für die Elastizität der Nachfrage erhält man εN (p) = pN ′(p) N(p) = p−4000(p − 1)e −2(p−1)2 1000e−2(p−1)2 = −4p(p − 1) (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch) und damit insbesondere εN (2) = −8. Dies bedeutet, dass sich die Nachfrage (näherungsweise) um 8% verringert, wenn sich der Preis ausgehend von p = 2 um 1% erhöht. Zu b): Eine Nachfragefunktion N mit |εN (p)| < 1 heißt unelastisch, und eine Nachfragefunktion N mit |εN (p)| > 1 wird als elastisch bezeichnet (vgl. Tabelle 16.1 im Lehrbuch). Es wird daher zunächst der Fall |εN (p)| = 1, d.h.−4p(p−1) = 1 und−4p(p−1) = −1, untersucht. Mit der Lösungsformel (a-b-c-Formel) für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man: −4p(p − 1) = 1 ⇐⇒ 4p2 − 4p + 1 = 0 ⇐⇒ p = 4± √ 16− 16 8 = 1 2 −4p(p − 1) = −1 ⇐⇒ 4p2 − 4p − 1 = 0 ⇐⇒ p = 4± √ 16+ 16 8 = 1± √ 2 2 Zusammen mit εN (0) = εN (1) = 0 folgt daraus |εN (p)| < 1 für p ∈ [ 0, 12 ) ∪ ( 1 2 , 1+√2 2 ) > 1 für p ∈ ( 1+√2 2 , 5 ] . Folglich reagiert dieNachfrage auf Preise aus dem Intervall ( 1+√2 2 , 5 ] elastisch und auf Preise aus demBereich[ 0, 12 ) ∪ ( 1 2 , 1+√2 2 ) unelastisch. Ferner ist die Nachfragefunktion N an den Stellen p = 12 und p = 1+ √ 2 2 vollkommen unelastisch (vgl. Tabelle 16.1 im Lehrbuch). Zu c): Gemäß Aufgabenteil a) gilt εN (p) = −4p(p − 1). Dies führt zur Gleichung −4p(p − 1) = 6%−3% = −2 bzw. − 4p 2 + 4p + 2 = 0. Mit der Lösungsformel (a-b-c-Formel) für quadratische Gleichungen erhält man somit die beiden Lösungen p = −4± √ 16+ 32 −8 = −4± 4√3 −8 = 1±√3 2 , von denen jedoch nur die Lösung 1+ √ 3 2 im Intervall [0, 5] liegt. Folglich ist p = 1+ √ 3 2 ≈ 1,366 der Preis, bei dem eine Preissenkung von 3% zu einer Nachfragesteigerung von (ungefähr) 6% führt. Zu d): Analog zu Aufgabenteil c) erhält man −4p(p − 1) = −4% 4% = −1 bzw. − 4p2 + 4p + 1 = 0. Daraus erhält man mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen die beiden Lösungen p = −4± √ 16+ 16 −8 = −4± 4√2 −8 = 1±√2 2 , von denen jedoch nur die Lösung 1+ √ 2 2 im Intervall [0, 5] liegt. Die Nachfragemenge, bei der eine Mengenreduzierung von 4% zu einer (ungefähren) Preissteigerung von 4% führt, ist somit gegeben durch N ( 1+√2 2 ) ≈ 917,79. 231 Kapitel 16 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R ** Aufgabe 16.33 (Elastizitäten) Betrachtet wird die Funktion e : R+ −→ R, a *→ 12 √ 1+ 2a, welche den funktionalen Zusammenhang zwischen den Wohnungsausgaben a (in €/Monat) und den Energieausgaben e (in €/Monat) beschreibt. Ferner sei bekannt, dass der funktionale Zusammenhang zwischen dem Haushaltseinkommen y (in €/Monat) und den Wohnungsausgaben a durch die Funktion a : R+ −→ R, y *→ 500+ 0,1y gegeben ist. a) Ermitteln Sie für Wohnungsausgaben a in Höhe von 1000€/Monat die Elastizität der Energieausgaben e bzgl. derWohnungsausgaben a und interpretieren Sie das Ergebnis ökonomisch. b) Berechnen Sie, um wie viel Prozent sich bei einem Einkommen y von 5000€/Monat der Energieverbrauch e erhöht, wenn das Einkommen y um 3% steigt. c) Bestimmen Sie das Einkommen y, bei dem eine Erhöhung des Einkommens y um 10% eine Steigerung des Energieverbrauchs e um 2% zur Folge hat. Lehrbuch: Abschnitt 16.9 Lösung: Zu a): Für die Elastizität der Energieausgaben e bzgl. der Wohnungsausgaben a gilt εe(a) = a e ′(a) e(a) = a 12·2 2 √ 1+2a 12 √ 1+ 2a = a 1+ 2a (vgl. Definition 16.44d) im Lehrbuch). Damit erhält man εe(1000) = 10002001 ≈ 0,5. Dies bedeutet, dass bei einer Erhöhung der Wohnungsausgaben von 1000€/Monat um 1% auf 1010€/Monat die Energiekosten um (ungefähr) 0,5% steigen. Zu b): Gefragt ist nun nach der Elastizität der Energieausgaben e bzgl. des Einkommens y. Zur Bestimmung dieser Elastizität wird der funktionale Zusammenhang zwischen e und y benötigt. Dieser funktionale Zusammenhang ist gegeben durch (e ◦ a)(y) = 12√1+ 2a(y) = 12√1001+ 0,2y. Damit erhält man für die Elastizität von e bzgl. y εe(y) = y 12·0,2 2 √ 1001+0,2y 12 √ 1001+ 0,2y = 0,1y 1001+ 0,2y . Das heißt, es gilt εe(5000) = 5002001 ≈ 14 . Folglich steigt der Energieverbrauch um (ungefähr) 1%, wenn sich das Einkommen von 5000€/Monat um 3% auf 5150€/Monat erhöht. Zu c): Gemäß Aufgabenteil b) gilt εe(y) = 0,1y1001+0,2y . Dies führt zur Gleichung 0,1y 1001+ 0,2y = 2% 10% = 0,2, woraus weiter 0,1y = 0,2 (1001+ 0,2y) ⇐⇒ y (0,1− 0,04) = 0,2 · 1001 ⇐⇒ y = 0,2 · 1001 0,1− 0,04 ≈ 3337 folgt. Somit ist y = 3337€/Monat das Einkommen, bei dem eine Einkommenserhöhung um 10% eine Steigerung des Energieverbrauchs um (ungefähr) 2% zur Folge hat. 232 17. Taylor-Formel und Potenzreihen * Aufgabe 17.1 (MC-Aufgaben zu Taylor-Polynomen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine n-mal differenzierbare Funktion f und ihr Taylor-Polynom n-ten Grades um den Entwicklungspunkt x0 stimmen bezüglich des Funktionswertes und der ersten n Ableitungen an der Stelle x0 überein. b) Ein Taylor-Polynom n-ten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 1 wird auch als Maclaurinsches Polynom bezeichnet. c) Je näher der Entwicklungspunkt x0 an der zu approximierenden Stelle x liegt, desto besser ist in der Regel die Approximation durch das Taylor-Polynom. d) Das n-te Restglied gibt den quadrierten Approximationsfehler an, der bei der Approximation der Funktion durch das Taylor-Polynom n-ten Grades entsteht. e) Ist f ein Polynom m-ten Grades, dann stimmt es mit allen Taylor-Polynomen n-ten Grades von f mit n ≥ m überein. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 17.1 und 17.2 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. (17.6) im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Ein Taylor-Polynom n-ten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 0 wird als Maclaurinsches Polynom bezeichnet (vgl. Seite 490 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Seite 492 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Das n-te Restglied gibt den (nicht quadrierten) Approximationsfehler an, der bei der Approximation der Funktion durch das Taylor-Polynom n-ten Grades entsteht (vgl. Seite 492 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Seite 493 im Lehrbuch). * Aufgabe 17.2 (Taylor-Polynome) Gegeben sei die Funktion f : (0,∞) −→ R, x *→ x ln(x). a) Bestimmen Sie das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 1. b) Ermitteln Sie einen Näherungswert für f (3) mit Hilfe des in Aufgabenteil a) ermittelten Taylor-Polynoms zweiten Grades. Lehrbuch: Abschnitt 17.1 Lösung: Zu a): Die ersten beiden Ableitungen von f sind gegeben durch f ′(x) = 1 · ln(x)+x · 1x = ln(x)+1 und f ′′(x) = 1x . Das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 1 lautet somit (vgl. Definition 17.2 im Lehrbuch) T2;1(x) = f (1)+ f ′(1)(x − 1)+ f ′′(1) 2! (x − 1) 2 = 0+ 1 · (x − 1)+ 1 2 (x − 1)2 = 1 2 x2 − 1 2 . (17.1) 233 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Zu b): Mit dem in Aufgabenteil a) bestimmten Taylor-Polynom (17.1) erhält man für f (3) ≈ 3,2958 den Näherungswert T2;1(3) = 12 · 3 2 − 1 2 = 4. ** Aufgabe 17.3 (Taylor-Polynome) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ xex. a) Bestimmen Sie das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 2 und berechnen Sie mit Hilfe dieses Taylor-Polynoms einen Näherungswert für f (1). b) Beurteilen Sie die Qualität des Näherungswertes aus Aufgabenteil a). Erörtern Sie Gründe, welche die Güte der Approximation einschränken und Maßnahmen, mit denen eine bessere Approximation resultiert. c) Wie groß muss der Grad n des Taylor-Polynoms gewählt werden, damit im Intervall [1, 3] bei der Approximation von f (x) durch Tn;2(x) der Fehler kleiner als 0,1 ist? Lehrbuch: Abschnitte 17.1 und 17.2 Lösung: Zu a): Die ersten beiden Ableitungen von f sind gegeben durch f ′(x) = 1 · ex + x · ex = ex(x + 1) und f ′′(x) = ex(x + 1)+ ex · 1 = ex(x + 2). (17.2) Das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 2 lautet somit (vgl. Definition 17.2 im Lehrbuch) T2;2(x) = f (2)+ f ′(2)(x − 2)+ f ′′(2) 2! (x − 2) 2 = 2e2 + 3e2 · (x − 2)+ 2e2 · (x − 2)2. Damit erhält man für f (1) = e ≈ 2,7183 den Näherungswert T2;2(1) = 2e2 + 3e2 · (1− 2)+ 2e2 · (1− 2)2 = e2 ≈ 7,3891. Zu b): Die Approximation ist sehr schlecht. Die Gründe hierfür sind die starke Krümmung von f um den Entwicklungspunkt x0 = 2 in Verbindung mit dem geringen Grad des Taylor-Polynoms T2;2(x) und dem relativ großen Abstand zwischen Entwicklungspunkt x0 = 2 und der zu approximierenden Stelle x = 1. Die Approximation kann dadurch verbessert werden, dass ein Taylor-Polynom höheren Grades verwendet wird und/oder der Entwicklungspunkt x0 näher an der zu approximierenden Stelle x gewählt wird. Zu c): Der Approximationsfehler wird durch das Restglied Rn;2(x) angegeben. Mit der Lagrangeschen Restgliedformel erhält man für das Restglied Rn;2(x) = f (n+1)(ξ) (n+ 1)! (x − 2) n+1 mit einem Wert ξ zwischen x0 = 2 und x (vgl. (17.14) im Lehrbuch). Ferner ist die (n+ 1)-te Ableitung von f durch f (n+1)(x) = ex(x + n+ 1) gegeben (vgl. (17.2)). Das heißt, es gilt∣∣∣f (n+1)(ξ)∣∣∣ ≤ e3(4+ n) für alle x ∈ [1, 3]. Zusammen mit ∣∣∣(x − 2)n+1∣∣∣ ≤ 1 für alle x ∈ [1, 3] folgt daraus ∣∣Rn;2(x)∣∣ = ∣∣∣∣∣f (n+1)(ξ)(n+ 1)! (x − 2)n+1 ∣∣∣∣∣ ≤ e3(4+ n)(n+ 1)! für alle x ∈ [1, 3]. Durch Probieren erhält man, dass e 3(4+n) (n+1)! > 0,1 für n = 1, 2, 3, 4, 5 und e 3(4+6) (6+1)! ≈ 0,0399 ≤ 0,1 gilt. Daraus folgt ∣∣R6;2(x)∣∣ ≤ 0,1 und es reicht somit aus, ein Taylor-Polynom Tn;2 vom Grad n = 6 zu verwenden, um im Intervall [1, 3] bei der Approximation von f (x) durch Tn;2(x) einen Fehler kleiner als 0,1 zu erhalten. 234 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen ** Aufgabe 17.4 (Taylor-Polynome und Taylor-Formel) Gegeben sei die Funktion f : (0,∞) −→ R, x *→ ln(4x). a) Bestimmen Sie das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 2. b) Ermitteln Sie mit Hilfe des im Aufgabenteil a) bestimmten Taylor-Polynoms einen Näherungswert für f (1). c) Geben Sie die Taylor-Formel von f umdenEntwicklungspunkt x0 = 2 an. Verwenden Sie dabei die Cauchysche Restgliedformel. Lehrbuch: Abschnitte 17.1 und 17.2 Lösung: Zu a): Die ersten beiden Ableitungen von f sind gegeben durch f ′(x) = 1x und f ′′(x) = − 1x2 . Das Taylor-Polynom zweiten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 2 lautet somit (vgl. Definition 17.2 im Lehrbuch) T2;2(x) = f (2)+ f ′(2)(x − 2)+ f ′′(2) 2! (x − 2) 2 = ln(8)+ 1 2 (x − 2)− 1 8 (x − 2)2. (17.3) Zu b): Mit dem in Aufgabenteil a) bestimmten Taylor-Polynom (17.3) erhält man für f (1) = ln(4) ≈ 1,3863 den Näherungswert T2;2(1) = ln(8)+ 12 (1− 2)− 1 8 (1− 2)2 = ln(8)− 5 8 ≈ 1,4544. Zu c): Die Funktion f ist unendlich oft differenzierbar und besitzt die Ableitungen f ′(x) = 1 x , f ′′(x) = − 1 x2 , f ′′′(x) = 2 x3 usw. bzw. allgemein f (k)(x) = (−1)k+1(k − 1)! 1 xk für alle k ∈ N. Somit gilt für die Ableitungen um den Entwicklungspunkt x0 = 2 f (k)(2) = (−1)k+1(k − 1)! 1 2k für alle k ∈ N. Die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 2 mit Cauchyscher Restgliedformel lautet daher für alle x ∈ (0,∞) ln(4x) = f (2)+ f ′(2)(x − 2)+ f ′′(2) 2! (x − 2) 2 + f ′′′(2) 3! (x − 2) 3 + . . .+ f (n)(2) n! (x − 2) n︸ ︷︷ ︸ Tn;2(x) + f (n+1)(ξ) n! (x − 2)(x − ξ) n︸ ︷︷ ︸ Rn;2(x) = ln(8)+ 1 2 (x − 2)− 1 8 (x − 2)2 + 1 24 (x − 2)3 + . . .+ (−1)n+1 1 2nn (x − 2)n + (−1)n+2 1 ξn+1 (x − 2)(x − ξ) n mit einem Wert ξ zwischen x0 = 2 und x (vgl. (17.12) und (17.15) im Lehrbuch). 235 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R ** Aufgabe 17.5 (MC-Aufgaben zu Taylor-Reihen und Potenzreihen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Ist f : I ⊆ R −→ R eine auf dem Intervall I unendlich oft differenzierbare Funktion und x0 ∈ I , dann existiert ihre Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0. b) Eine unendlich oft differenzierbare Funktion f : I ⊆ R −→ R lässt sich um einen Entwicklungspunkt x0 genau dann in eine Taylor-Reihe entwickeln, wenn für alle x ∈ I das Restglied Rn;x0(x) für n → ∞ verschwindet. c) Wenn die Taylor-Reihe einer Funktion f um einen Entwicklungspunkt x0 existiert, dann stimmt sie mit der Funktion f überein. d) Eine Potenzreihe konvergiert im Inneren ihres Konvergenzintervalls absolut. e) Zwei Potenzreihen können auf ihrem gemeinsamen Definitionsbereich addiert und subtrahiert werden. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 17.3 und 17.4 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. ImAllgemeinenmuss die Taylor-Reihe einer unendlich oft differenzierbaren Funktion f : I ⊆ R −→ R um einen Entwicklungspunkt x0 ∈ I nicht existieren. Für die Existenz der Taylor- Reihe muss die Folge der Taylor-Polynome ( Tn;x0 (x) ) n∈N0 zusätzlich für alle x ∈ I gegen f (x) konvergieren (vgl. Definition 17.8 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. (17.20) im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Es ist möglich, dass die Taylor-Reihe einer Funktion f um den Entwicklungspunkt x0 existiert, aber ihre Werte nicht mit den Funktionswerten von f übereinstimmen (vgl. Seite 496 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Definition 17.12 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 17.17 im Lehrbuch). ** Aufgabe 17.6 (Taylor-Formel und Taylor-Reihe) Gegeben sei die Funktion f : (−∞, 2) −→ R, x *→ − ln ( 1− x 2 ) . a) Bestimmen Sie die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 0. Verwenden Sie dabei die Lagrangesche Restgliedformel. b) Weisen Sie nach, dass sich f für x ∈ (−2, 1) in eine Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0 = 0 entwickeln lässt und geben Sie die Taylor-Reihenentwicklung an. Lehrbuch: Abschnitte 17.1, 17.2 und 17.3 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist unendlich oft differenzierbar und besitzt die Ableitungen f ′(x) = 1 2 · 1 1− x2 = 1 2− x , f ′′(x) = 1 (2− x)2 , f ′′′(x) = 2 (2− x)3 , f (4)(x) = 6 (2− x)4 (17.4) bzw. allgemein f (k)(x) = (k − 1)! (2− x)k für alle k ∈ N. 236 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen Für die Ableitungen am Entwicklungspunkt x0 = 0 erhält man damit f (k)(0) = (k − 1)! 2k für alle k ∈ N. Die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 0 mit Lagrangescher Restgliedformel lautet daher für alle x ∈ R − ln ( 1− x 2 ) = f (0)+ f ′(0)x + f ′′(0) 2! x 2 + f ′′′(0) 3! x 3 + . . .+ f (n)(0) n! x n︸ ︷︷ ︸ Tn;0(x) + f (n+1)(ξ) (n+ 1)! x n+1︸ ︷︷ ︸ Rn;0(x) = 0+ 1 2 x + 1 8 x2 + 1 24 x3 + . . .+ (n− 1)! n! 2n x n + n! (n+ 1)!(2− ξ)n+1 x n+1 mit einem Wert ξ zwischen x0 = 0 und x (vgl. (17.12) und (17.14) im Lehrbuch). Zu b): Für das Restglied Rn;0(x) erhält man Rn;0(x) = n! (n+ 1)!(2− ξ)n+1 x n+1 = 1 n+ 1 ( x 2− ξ )n+1 . Es gilt somit lim n→∞ ∣∣Rn;0(x)∣∣ = 0, falls ∣∣∣∣ x2− ξ ∣∣∣∣ ≤ q < 1. Dies ist jedoch für alle x ∈ (−2, 1) der Fall, wie die folgende Fallunterscheidung zeigt: Es sei x ∈ (−2, 0): Da ξ zwischen x0 = 0 und x liegt, gilt die Abschätzung∣∣∣∣ x2− ξ ∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣x2 ∣∣∣ := q < 1. Es sei x ∈ [0, 1): Da ξ zwischen x0 = 0 und x liegt, folgt |2− ξ | > 1 und somit gilt die Abschätzung∣∣∣∣ x2− ξ ∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣x1 ∣∣∣ := q < 1. Die Funktion f (x) = − ln (1− x2 ) lässt sich daher für x ∈ (−2, 1) in eine Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0 = 0 entwickeln (vgl. (17.20) im Lehrbuch) und die Taylor-Reihenentwicklung von f ist für alle x ∈ (−2, 1) gegeben durch − ln ( 1− x 2 ) = lim n→∞ Tn;0(x) = ∞∑ k=1 (k − 1)! k! 2k x k = ∞∑ k=1 1 k 2k xk. *** Aufgabe 17.7 (Taylor-Polynome, Taylor-Formel und Taylor-Reihe) Gegeben sei die Funktion f : (−1,∞) −→ R, x *→ (1+ x)α mit α ∈ R. a) Bestimmen Sie das Taylor-Polynom dritten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 1. b) Ermitteln Sie mit Hilfe des im Aufgabenteil a) bestimmten Taylor-Polynoms einen Näherungswert für die Funktion g : (−1,∞) −→ R, x *→ √(1+ x)3 an der Stelle x = 2. c) Bestimmen Sie die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 1. Verwenden Sie dabei die Cauchysche Restgliedformel. 237 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R d) Geben Sie die Taylor-Reihenentwicklung von f um den Entwicklungspunkt x0 = 1 an (Hinweis: Es darf dabei vorausgesetzt werden, dass sich f für x ∈ (0, 2) in eine Taylor-Reihe entwickeln lässt). e) Weisen Sie mit Hilfe der Taylor-Reihe für m ∈ N den Spezialfall (2+ (x − 1))m = m∑ k=0 ( m k ) 2m−k(x − 1)k für alle x ∈ R des Binomischen Lehrsatzes nach. Lehrbuch: Abschnitte 17.1, 17.2 und 17.3 Lösung: Zu a): Die ersten drei Ableitungen von f sind gegeben durch f ′(x) = α(1+ x)α−1, f ′′(x) = α(α − 1)(1+ x)α−2 und f ′′′(x) = α(α − 1)(α − 2)(1+ x)α−3. (17.5) Das Taylor-Polynom dritten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 1 lautet somit (vgl. Definition 17.2 im Lehrbuch) T3;1(x) = f (1)+ f ′(1)(x − 1)+ f ′′(1) 2! (x − 1) 2 + f ′′′(1) 3! (x − 1) 3 = 2α + α2α−1(x − 1)+ 1 2 α(α − 1)2α−2(x − 1)2 + 1 6 α(α − 1)(α − 2)2α−3(x − 1)3. (17.6) Zu b): Wegen √ (1+ x)3 = (1+ x) 32 erhält man für α = 32 aus dem in Aufgabenteil a) bestimmten Taylor- Polynom (17.6) für die Funktion g das Taylor-Polynom T3;1(x) = 2 3 2 + 3 2 2 3 2−1(x − 1)+ 1 2 · 3 2 ( 3 2 − 1 ) 2 3 2−2(x − 1)2 + 1 6 · 3 2 ( 3 2 − 1 )( 3 2 − 2 ) 2 3 2−3(x − 1)3 = 2√2+ 3 2 √ 2(x − 1)+ 3 8 √ 2 (x − 1)2 − 1 32 √ 2 (x − 1)3. Damit resultiert für g(2) = 3√3 ≈ 5,1962 der Näherungswert T3;1(2) = 2 √ 2+ 3 2 √ 2(2− 1)+ 3 8 √ 2 (2− 1)2 − 1 32 √ 2 (2− 1)3 = 235 64 √ 2 ≈ 5,1928. Zu c): Die Funktion f ist unendlich oft differenzierbar und besitzt die Ableitungen (vgl. (17.5)) f (k)(x) = α(α − 1)(α − 2) · . . . · (α − (k − 1))(1+ x)α−k für alle k ∈ N. Mit dem verallgemeinerten Binomialkoeffizienten( α k ) := { α(α−1)(α−2)···(α−(k−1)) k! für k ≥ 1 1 für k = 0 (vgl. Definition 5.10 im Lehrbuch) lassen sich diese Ableitungen kompakter schreiben als f (k)(x) = k! ( α k ) (1+ x)α−k für alle k ∈ N. (17.7) Für die Ableitungen am Entwicklungspunkt x0 = 1 erhält man damit f (k)(1) = k! ( α k ) 2α−k für alle k ∈ N. 238 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen Die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 1 mit Cauchyscher Restgliedformel lautet daher für alle x ∈ (−1,∞) (1+ x)α = f (1)+ f ′(1)(x − 1)+ f ′′(1) 2! (x − 1) 2 + f ′′′(1) 3! (x − 1) 3 + . . .+ f (n)(1) n! (x − 1) n︸ ︷︷ ︸ Tn;1(x) + f (n+1)(ξ) n! (x − 1)(x − ξ) n︸ ︷︷ ︸ Rn;1(x) (17.8) = 2α + ( α 1 ) 2α−1(x − 1)+ ( α 2 ) 2α−2(x − 1)2 + ( α 3 ) 2α−3(x − 1)3 + . . .+ ( α n ) 2α−n(x − 1)n + ( α n+ 1 ) 2α−(n+1)(x − 1)(x − ξ)n (17.9) mit einem Wert ξ zwischen x0 = 1 und x (vgl. (17.12) und (17.15) im Lehrbuch). Zu d): Nach Aufgabenteil c) ist das Taylor-Polynom n-ten Grades von f um den Entwicklungspunkt x0 = 1 gegeben durch (vgl. (17.9)) Tn;1(x) = 2α + ( α 1 ) 2α−1(x − 1)+ ( α 2 ) 2α−2(x − 1)2 + ( α 3 ) 2α−3(x − 1)3 + . . .+ ( α n ) 2α−n(x − 1)n = n∑ k=0 ( α k ) 2α−k(x − 1)k. (17.10) Da gemäß Aufgabenstellung vorausgesetzt werden darf, dass sich f für x ∈ (0, 2) in eine Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0 = 1 entwickeln lässt, erhält man für f die Taylor-Reihenentwicklung (1+ x)α = lim n→∞ Tn;1(x) = ∞∑ k=0 ( α k ) 2α−k(x − 1)k für alle x ∈ (0, 2). Zu e): Im Falle von α = m ∈ N kann der Definitionsbereich von f auf ganz R erweitert werden und es gilt f (k)(x) = 0 für alle k > m (vgl. (17.7)). Für das Restglied gilt somit Rn;1(x) = 0 für alle n > m und x ∈ R (vgl. (17.8)). Daraus folgt (2+ (x − 1))m = (1+ x)m = Tm;1(x)+ Rm;1(x) = Tm;1(x) = m∑ k=0 ( m k ) 2m−k(x − 1)k für alle x ∈ R (vgl. (17.8) und (17.10)). *** Aufgabe 17.8 (Taylor-Polynome, Taylor-Formel und Taylor-Reihe) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ 1 2 ( e2x − e−x ) . a) Bestimmen Sie das Taylor-Polynom dritten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 0. b) Ermitteln Sie mit Hilfe des in Aufgabenteil a) bestimmten Taylor-Polynoms einen Näherungswert für f (1). 239 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R c) Bestimmen Sie die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 0. Verwenden Sie dabei die Lagrangesche Restgliedformel. d) Weisen Sie nach, dass sich f für x ∈ R in eine Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0 = 0 entwickeln lässt und geben Sie die Taylor-Reihenentwicklung an. Lehrbuch: Abschnitte 17.1, 17.2 und 17.3 Lösung: Zu a): Die ersten drei Ableitungen von f sind gegeben durch f ′(x) = e2x + 1 2 e−x , f ′′(x) = 2e2x − 1 2 e−x und f ′′′(x) = 4e2x + 1 2 e−x . (17.11) Das Taylor-Polynom dritten Grades um den Entwicklungspunkt x0 = 0 lautet somit (vgl. Definition 17.2 im Lehrbuch) T3;0(x) = f (0)+ f ′(0)x + f ′′(0) 2! x 2 + f ′′′(0) 3! x 3 = 0+ 3 2 x + 3 4 x2 + 3 4 x3. (17.12) Zu b): Mit dem in Aufgabenteil a) ermittelten Taylor-Polynom (17.12) resultiert für f (1) = 12 ( e2 − e−1 ) ≈ 3,5106 der Näherungswert T3;0(1) = 32 + 3 4 + 3 4 = 3. Zu c): Die Funktion f ist unendlich oft differenzierbar und besitzt die Ableitungen (vgl. (17.11)) f (k)(x) = 2k−1e2x + (−1)k−1 1 2 e−x für alle k ∈ N. Für die Ableitungen am Entwicklungspunkt x0 = 0 erhält man damit f (k)(0) = 2k−1 + (−1)k−1 1 2 für alle k ∈ N. Die Taylor-Formel von f um den Entwicklungspunkt x0 = 0 mit Lagrangescher Restgliedformel lautet daher für alle x ∈ R 1 2 ( e2x − e−x ) = f (0)+ f ′(0)x + f ′′(0) 2! x 2 + f ′′′(0) 3! x 3 + . . .+ f (n)(0) n! x n︸ ︷︷ ︸ Tn;0(x) + f (n+1)(ξ) (n+ 1)! x n+1︸ ︷︷ ︸ Rn;0(x) = 0+ 3 2 x + 3 4 x2 + 3 4 x3 + . . .+ 2 n−1 + (−1)n−1 12 n! x n + 2 ne2ξ + (−1)n 12 e−ξ (n+ 1)! x n+1 mit einem Wert ξ zwischen x0 = 0 und x (vgl. (17.12) und (17.14) im Lehrbuch). Zu d): Wegen |ξ | ≤ |x| gilt für das Restglied die Abschätzung ∣∣Rn;0(x)∣∣ = ∣∣∣∣∣2ne2ξ + (−1)n 1 2 e −ξ (n+ 1)! x n+1 ∣∣∣∣∣ ≤ 2 ne2ξ + 12 e−ξ (n+ 1)! |x| n+1 ≤ 2 ne2|ξ | + 12 e|ξ | (n+ 1)! |x| n+1 ≤ 2 ne2|x| + 12 e|x| (n+ 1)! |x| n+1 = 2n+1 ( 1 2 e 2|x| + 1 2n+2 e |x|) (n+ 1)! |x| n+1 = |2x| n+1 (n+ 1)! ( 1 2 e2|x| + 1 2n+2 e |x| ) 240 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen und somit lim n→∞ ∣∣Rn;0(x)∣∣ = 0 für alle x ∈ R (vgl. Beispiel 11.24 im Lehrbuch). Die Funktion f (x) = 12 ( e2x − e−x ) lässt sich daher für x ∈ R in eine Taylor-Reihe um den Entwicklungspunkt x0 = 0 entwickeln (vgl. (17.20) im Lehrbuch). Die Taylor-Reihenentwicklung von f ist für alle x ∈ R gegeben durch 1 2 ( e2x − e−x ) = lim n→∞ Tn;0(x) = ∞∑ k=0 2k−1 + (−1)k−1 12 k! x k. ** Aufgabe 17.9 (Potenzreihen) a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Beziehung arctan(x) = ∞∑ k=0 (−1)k 2k + 1x 2k+1 für x ∈ [−1, 1] und arctan′(x) = 1 1+x2 für x ∈ R die Potenzreihendarstellung von f (x) = 1 1+x2 um den Entwicklungspunkt x0 = 0 für x ∈ (−1, 1). b) Ermitteln Sie mit Hilfe der Formel von Cauchy-Hadamard den Konvergenzradius R der Potenzreihe ∞∑ k=1 ( 2+ (−1)k)k xk. Lehrbuch: Abschnitte 17.4 und 17.7 Lösung: Zu a): Die Ableitung der Potenzreihe arctan(x) = ∞∑ k=0 (−1)k 2k + 1x 2k+1 (17.13) für x ∈ [−1, 1] kann durch gliedweise Differentiation von (17.13) berechnet werden. Wegen arctan′(x) = 1 1+x2 resultiert auf diese Weise die Potenzreihendarstellung von 1 1+x2 um den Entwicklungspunkt x0 = 0 für x ∈ (−1, 1) (vgl. Satz 17.22 im Lehrbuch). Man erhält: 1 1+ x2 = ∞∑ k=0 (−1)k 2k + 1x 2k+1 ′ = ∞∑ k=0 (−1)kx2k = 1− x2 + x4 − x6 + x8 − . . . Zu b): Es gilt ak = ( 2+ (−1)k )k für alle k ∈ N. Daraus folgt k √|ak | = 2+ (−1)k für alle k ∈ N. Die Folge ( k √|ak | ) k∈N besitzt somit die beiden Häufungspunkte 1 und 3. Der Limes superior (d.h. der größte Häufungspunkt) dieser Folge ist also 3 und es gilt lim sup k √|ak | = 3 (vgl. Definition 11.34 im Lehrbuch). Mit der Formel von Cauchy-Hadamard erhält man daher für den Konvergenzradius der Potenzreihe R = 1 lim sup k √|ak | = 1 3 (vgl. (17.33) im Lehrbuch). Die Potenzreihe konvergiert folglich für jedes x ∈ R mit |x| < 13 und divergiert für alle x ∈ R mit |x| > 13 . 241 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R *** Aufgabe 17.10 (Potenzreihen) a) Bestimmen Sie mit Hilfe der geometrischen Reihe 1 1− q = ∞∑ k=0 qk (17.14) für |q| < 1 die Potenzreihenentwicklung von f (x) = 1 a−x umden Entwicklungspunkt x0 für x ∈ R mit |x − x0| < |a − x0|. b) Bestimmen Sie mit Hilfe des Ergebnisses aus Aufgabenteil a) die Potenzreihenentwicklung der beiden Funktionen f1(x) = 1 (a − x)2 und f2(x) = 1 (a − x)3 um den Entwicklungspunkt x0 für x ∈ R mit |x − x0| < |a − x0|. c) Bestimmen Sie mit Hilfe des Ergebnisses aus Aufgabenteil a) die Potenzreihenentwicklung der Funktion f3(x) = 1 x2 − 5x + 6 um den Entwicklungspunkt x0 = 0 und geben Sie den zugehörigen Konvergenzradius R an. Verwenden Sie dabei die Beziehung 1 x2−5x+6 = 12−x − 13−x . Lehrbuch: Abschnitte 17.4, 17.6 und 17.7 Lösung: Zu a): Es gilt die Zerlegung f (x) = 1 a − x = 1 a − x0 + x0 − x = 1 a − x0 · 1 1− x−x0a−x0 (17.15) sowie |q| < 1 für q := x − x0 a − x0 mit |x − x0| < |a − x0|. (17.16) Durch Einsetzen von (17.16) in die geometrische Reihe (17.14) erhält man für (17.15) um den Entwicklungspunkt x0 die Potenzreihendarstellung f (x) = 1 a − x = 1 a − x0 · 1 1− x−x0a−x0 = 1 a − x0 ∞∑ k=0 ( x − x0 a − x0 )k = ∞∑ k=0 (x − x0)k (a − x0)k+1 (17.17) für alle x ∈ R mit |x − x0| < |a − x0|. Zu b): Die Potenzreihenentwicklungen der beiden Funktionen f1(x) = 1(a−x)2 und f2(x) = 1 (a−x)3 um den Entwicklungspunkt x0 für x ∈ Rmit |x−x0| < |a−x0| könnenwegenf ′(x) = 1(a−x)2 und 1 2f ′′(x) = 1 (a−x)3 durch gliedweise Differentiation von (17.17) berechnet werden (vgl. Satz 17.22 im Lehrbuch). Man erhält: 1 (a − x)2 = ∞∑ k=0 (x − x0)k (a − x0)k+1 ′ = ∞∑ k=1 k(x − x0)k−1 (a − x0)k+1 1 (a − x)3 = 1 2 ∞∑ k=1 k(x − x0)k−1 (a − x0)k+1 ′ = 1 2 ∞∑ k=2 k(k − 1)(x − x0)k−2 (a − x0)k+1 Zu c): Wird in das Ergebnis (17.17) aus Aufgabenteil a) x0 = 0 und a = 2 bzw. a = 3 eingesetzt, dann erhält man die Potenzreihenentwicklungen 1 2− x = ∞∑ k=0 xk 2k+1 für |x| < 2 und 1 3− x = ∞∑ k=0 xk 3k+1 für |x| < 3. 242 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen Das gemeinsame Konvergenzintervall dieser beiden Potenzreihenentwicklungen ist (−2, 2). Damit erhält man für f3(x) die Potenzreihenentwicklung f3(x) = 1 x2 − 5x + 6 = 1 2− x − 1 3− x = ∞∑ k=0 xk 2k+1 − ∞∑ k=0 xk 3k+1 = ∞∑ k=0 ( 1 2k+1 − 1 3k+1 ) xk für x ∈ (−2, 2). Der Konvergenzradius dieser Potenzreihenentwicklung ist R = 2. ** Aufgabe 17.11 (Potenzreihen) Betrachtet wird die Potenzreihe ∞∑ k=1 xk k2k . a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius R dieser Potenzreihe. b) Erläutern Sie, ob diese Potenzreihe an den Randstellen x = −R und x = R konvergiert oder divergiert. Geben Sie das Konvergenzintervall dieser Potenzreihe an. Lehrbuch: Abschnitte 17.4 und 17.5 Lösung: Zu a): Es gilt ak = 1k2k für alle k ∈ N. Mit dem Quotientenkriterium für Potenzreihen erhält man für den Konvergenzradius R = lim k→∞ ∣∣∣∣ akak+1 ∣∣∣∣ = lim k→∞ ∣∣∣∣∣ (k + 1)2k+1k2k ∣∣∣∣∣ = limk→∞ ∣∣∣∣2 · k + 1k ∣∣∣∣ = 2 (vgl. Satz 17.15a) im Lehrbuch). Die Potenzreihe konvergiert somit für jedes x ∈ Rmit |x| < 2 und divergiert für alle x ∈ R mit |x| > 2. Zu b): Für x = −2 und x = 2 erhält man ∞∑ k=1 (−2)k k2k = ∞∑ k=1 (−1)k2k k2k = ∞∑ k=1 (−1)k k = − ∞∑ k=1 (−1)k+1 k bzw. ∞∑ k=1 2k k2k = ∞∑ k=1 1 k . Für x = −2 resultiert somit die mit−1multiplizierte alternierende harmonische Reihe∑∞k=1 (−1)k+1k , welche konvergent ist (vgl. Beispiel 12.10a) im Lehrbuch). Für x = 2 erhält man dagegen die divergente harmonische Reihe ∑∞ k=1 1k (vgl. Beispiel 12.10b) im Lehrbuch). Das Konvergenzintervall der Reihe lautet somit [−2, 2). ** Aufgabe 17.12 (Potenzreihen) a) Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihe ln(1+ x) = ∞∑ k=1 (−1)k+1 x k k (17.18) für x ∈ (−1, 1] die Potenzreihendarstellung von f (x) = ln ( 1−x (1+x)2 ) um den Entwicklungspunkt x0 = 0 für x ∈ (−1, 1). b) Bestimmen Sie mit Hilfe der Potenzreihen ex = ∞∑ k=0 xk k! für x ∈ R und 1 1− x = ∞∑ k=0 xk für x ∈ (−1, 1) (17.19) die Potenzreihendarstellung der Funktion f (x) = ex1−x um den Entwicklungspunkt x0 = 0 für x ∈ (−1, 1). 243 Kapitel 17 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Lehrbuch: Abschnitt 17.6 Lösung: Zu a): Es gilt −x ∈ (−1, 1] ⇐⇒ x ∈ [−1, 1). Mit (17.18) folgt daher ln(1− x) = ln(1+ (−x)) = ∞∑ k=1 (−1)k+1 (−x) k k = ∞∑ k=1 (−1)2k+1 x k k = − ∞∑ k=1 xk k (17.20) für alle x ∈ [−1, 1). Ferner erhält man mit den Rechenregeln für den Logarithmus (vgl. Satz 14.35b) und c) im Lehrbuch) f (x) = ln ( 1− x (1+ x)2 ) = ln(1− x)− ln(1+ x)2 = ln(1− x)− 2 ln(1+ x). Zusammen mit (17.18) und (17.20) liefert dies schließlich die Potenzreihendarstellung von f um den Entwicklungspunkt x0 = 0 für x ∈ (−1, 1) (vgl. Satz 17.17c) im Lehrbuch): f (x) = − ∞∑ k=1 xk k − 2 ∞∑ k=1 (−1)k+1 x k k = − ( x + x 2 2 + x 3 3 + x 4 4 + x 5 5 + x 6 6 + x 7 7 + . . . ) − 2 ( x − x 2 2 + x 3 3 − x 4 4 + x 5 5 − x 6 6 + x 7 7 − . . . ) = −3x + x 2 2 − 3 x 3 3 + x 4 4 − 3 x 5 5 + x 6 6 − 3x 7 7 + . . . Zu b): Die Funktion f (x) = ex1−x für x ∈ (−1, 1) ist das Produkt der beiden Potenzreihen (17.19). Für f (x) mit x ∈ (−1, 1) erhält man daher durch Ausmultiplizieren der beiden Potenzreihen die folgende Potenzreihendarstellung um den Entwicklungspunkt x0 = 0 (vgl. Satz 17.19a) im Lehrbuch): f (x) = ( 1+ x + x 2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! + . . . )( 1+ x + x2 + x3 + x4 + x5 + . . . ) = 1+ (1+ 1)x + ( 1+ 1+ 1 2! ) x2 + ( 1+ 1+ 1 2! + 1 3! ) x3 + ( 1+ 1+ 1 2! + 1 3! + 1 4! ) x4 + . . . = ∞∑ k=0 k∑ l=0 1 l! xk ** Aufgabe 17.13 (Potenzreihen) Gegeben seien die beiden Potenzreihen cos(x) = ∞∑ k=0 (−1)k (2k)! x 2k für x ∈ R und ex = ∞∑ k=0 xk k! für x ∈ R. a) Bestimmen Sie mit Hilfe dieser beiden Potenzreihen die Potenzreihendarstellung der Funktion f (x) = cos (ex) um den Entwicklungspunkt x0 = 0. b) Bestimmen Sie mit Hilfe dieser beiden Potenzreihen die Potenzreihendarstellung der Funktion g(x) = excos(x) um den Entwicklungspunkt x0 = 0. Lehrbuch: Abschnitt 17.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f ist die Komposition cos(ex) der beiden Funktionen cos(x) und ex . Mit der Potenzreihendarstellung von ex erhält man (ex)2k = e2kx = ∞∑ n=0 (2kx)n n! für x ∈ R. 244 Kapitel 17Taylor-Formel und Potenzreihen Zusammen mit der Potenzreihendarstellung von cos(x) liefert dies für die Funktion f die Potenzreihendarstellung um den Entwicklungspunkt x0 = 0: f (x) = cos(ex) = ∞∑ k=0 (−1)k (2k)! ( ex )2k = ∞∑ k=0 (−1)k (2k)! ∞∑ n=0 (2kx)n n! = ∞∑ n=0 ∞∑ k=0 (−1)k (2k)! (2k) n xn n! Zu b): Die Funktion g ist der Quotient der beiden Funktionen cos(x) und ex . Die Potenzreihendarstellungen von cos(x) und ex führen zum Ansatz: g(x) = e x cos(x) = 1+ x + x2 2! + x 3 3! + . . . 1− x22! + x 4 4! − x 6 6! + . . . = c0 + c1x + c2x2 + c3x3 + c4x4 + . . . Aus der Gleichung( 1− x 2 2! + x4 4! − x6 6! + . . . )( c0 + c1x + c2x2 + c3x3 + c4x4 + . . . ) = 1+ x + x 2 2! + x3 3! + . . . folgt durch Koeffizientenvergleich das lineare Gleichungssystem 1 · c0 = 1 1 · c1 + 0 · c0 = 1 1 · c2 + 0 · c1 − 12! · c0 = 1 2! 1 · c3 + 0 · c2 − 12! · c1 + 0 · c0 = 1 3! 1 · c4 + 0 · c3 − 12! · c2 + 0 · c1 + 1 4! · c0 = 1 4! 1 · c5 + 0 · c4 − 12! · c3 + 0 · c2 + 1 4! · c1 + 0 · c0 = 1 5! . . . und daraus weiter c0 = 1, c1 = 1, c2 = 1, c3 = 23 , c4 = 1 2 , c5 = 310 usw. Folglich besitzt g(x) = excos(x) um den Entwicklungspunkt x0 = 0 die Potenzreihendarstellung g(x) = 1+ x + x2 + 2 3 x3 + 1 2 x4 + 3 10 x5 + . . . 245 18. Optimierung und Kurvendiskussion in R * Aufgabe 18.1 (MC-Aufgaben zu Extrema) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Ist x0 eine Extremalstelle einer differenzierbaren Funktion f : [a, b] −→ R, dann gilt f ′(x0) = 0. b) Die stationären Stellen einer differenzierbaren Funktion f : [a, b] −→ R stimmen mit den Extremalstellen von f überein. c) Eine differenzierbare Funktion f : [a, b] −→ R besitzt an einer Stelle x0 ∈ (a, b)mit f ′(x0) = 0 genau dann eine Extremalstelle, wenn sie dort ihr Monotonieverhalten verändert. d) Ist f : (a, b) −→ R eine dreimal stetig differenzierbare Funktion und x0 ∈ (a, b) eine Stelle mit der Eigenschaft f ′(x0) = f ′′(x0) = 0 und f ′′′(x0) = 0, dann besitzt f an der Stelle x0 eine lokale Extremalstelle. e) Ist f : (a, b) −→ R eine viermal stetig differenzierbare Funktion und x0 ∈ (a, b) eine Stelle mit der Eigenschaft f ′(x0) = f ′′(x0) = f ′′′(x0) = 0 und f (4)(x0) = 0, dann besitzt f an der Stelle x0 eine lokale Extremalstelle. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 18.2 und 18.3 Lösung: Zu a): FalscheAussage. Die Eigenschaft f ′(x0) = 0 ist nur dann eine notwendige Bedingung für eine (lokale oder globale) Extremalstelle x0 einer differenzierbaren Funktion f : [a, b] −→ R, wenn x0 ∈ (a, b) gilt (vgl. Satz 16.24 und Seite 513 im Lehrbuch). Zu b): FalscheAussage. Die stationären Stellen einer differenzierbaren Funktion f : [a, b] −→ R sind lediglich die Kandidaten für lokale und globale Extrema, die im offenen Intervall (a, b) liegen. Das heißt, eine stationäre Stelle von f muss keine Extremalstelle von f sein. Ferner können die Randstellen a und b des Intervalls [a, b] Extremalstellen von f sein, obwohl sie keine stationären Stellen von f sind (vgl. Seite 513 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Satz 18.2 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage (vgl. Satz 18.6b) im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage (vgl. Satz 18.6a) im Lehrbuch). ** Aufgabe 18.2 (MC-Aufgaben zu Extrema und Wendepunkten) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Eine differenzierbare Funktion f : [a, b] −→ R, die eine stationäre Stelle x0 ∈ (a, b) besitzt, hat ein Extremum. b) Eine Funktion f mit der ersten Ableitung f ′(x) = 2x2−14x besitzt die stationären Stellen x1 = 0 oder x2 = 7. c) Eine zweimal differenzierbare Funktion f , die an der Stelle x0 einenWendepunkt mit einem Übergang der Krümmung von konvex zu konkav besitzt, weist in ihrer ersten Ableitungsfunktion f ′ an der Stelle x0 ein lokales Maximum auf. d) Ist f : (a, b) −→ R eine dreimal stetig differenzierbare Funktion mit f ′(x0) = f ′′(x0) = 0 und f ′′′(x0) = 0 für eine Stelle x0 ∈ (a, b), dann besitzt sie in x0 einen Sattelpunkt (Terrassenpunkt). 246 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R e) Eine differenzierbare Funktion f : (a, b) −→ R mit f ′′(x0) = 0 für ein x0 ∈ (a, b) und f ′′(x) < 0 für alle x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) sowie ein geeignetes δ > 0 besitzt in x0 einen Wendepunkt. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 18.2 und 18.3 Lösung: Zua):FalscheAussage.StationäreStellenx0∈(a, b)einer differenzierbarenFunktionf : [a, b]−→R müssen keine Extremalstellen sein. Zum Beispiel besitzt die Funktion f (x) = x3 die stationäre Stelle x0 = 0, aber kein Extremum (vgl. Seite 513 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Es gilt f ′(x) = 2x(x − 7) = 0 genau dann, wenn x1 = 0 oder x2 = 7. Zu c): Wahre Aussage. Besitzt f an der Stelle x0 einen Wendepunkt mit einem Übergang der Krümmung von konvex zu konkav, dann gilt f ′′(x) ≥ 0 für alle x unmittelbar links von x0 und f ′′(x) ≤ 0 für alle x unmittelbar rechts von x0 (vgl. Folgerung 16.34 a) und b) im Lehrbuch). Das heißt, die erste Ableitungsfunktion f ′ ist unmittelbar vor x0 monoton wachsend und unmittelbar nach x0 monoton fallend (vgl. Satz 16.31a) und b) im Lehrbuch). Dies bedeutet jedoch, dass f ′ an der Stelle x0 ein lokales Maximum besitzen muss (vgl. Definition 13.33 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Definition 18.11 und Satz 18.16a) im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage (vgl. Satz 18.14b) im Lehrbuch). ** Aufgabe 18.3 (MC-Aufgaben zu Wendepunkten) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) In einem Wendepunkt verändert eine Funktion ihr Krümmungsverhalten. b) Ein Wendepunkt mit waagerechter Tangente wird als Sattel- oder Terrassenpunkt bezeichnet. c) Ist x0 die Stelle eines Wendepunktes von f : (a, b) −→ R, dann ist f in x0 ∈ (a, b) zweimal differenzierbar und es gilt f ′′(x0) = 0. d) Ist f : (a, b) −→ R eine zweimal differenzierbare Funktion, deren zweite Ableitung f ′′ beim Übergang über eine stationäre Stelle x0 ∈ (a, b) der ersten Ableitung f ′ ihr Vorzeichen wechselt, dann besitzt sie an der Stelle x0 einen Wendepunkt. e) Ist f : (a, b) −→ R eine viermal stetig differenzierbare Funktion und x0 ∈ (a, b) eine Stelle mit der Eigenschaft f ′′(x0) = f ′′′(x0) = 0 und f (4)(x0) = 0, dann besitzt f an der Stelle x0 einen Wendepunkt. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 18.4 und 18.5 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Definition 18.11 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Definition 18.11 im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Ist x0 ∈ (a, b) die Stelle eines Wendepunktes von f , dann folgt daraus nicht, dass f in x0 zweimal differenzierbar ist. Falls f jedoch an der Stelle x0 zweimal differenzierbar ist, dann gilt auch f ′′(x0) = 0 (vgl. Satz 18.12 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 18.14a) im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Die Funktion f besitzt in einem solchen Fall an der Stelle x0 ∈ (a, b) keinen Wendepunkt (vgl. Satz 18.16b) im Lehrbuch). 247 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R ** Aufgabe 18.4 (Lokale Extremalpunkte) Gegeben seien die drei Funktionen f1, f2, g : R −→ Rmit den Zuordnungsvorschriften f1(x) = 2x3 − 6x, f2(x) = 1 3 x3 − 3 2 x2 + 2x + c und g(x) = { f1(x) für x ≤ 1 f2(x) für x > 1 . a) Bestimmen und klassifizieren Sie alle lokalen Extremalpunkte von f1 und f2. b) Ermitteln Sie den Wert c, für den g an der Stelle x = 1 stetig ist. c) Bestimmen und klassifizieren Sie alle lokalen Extremalpunkte der Funktion g unter Verwendung der in Aufgabenteil b) ermittelten Konstanten c. Lehrbuch: Abschnitte 18.2 und 18.3 Lösung: Zu a): Die ersten beiden Ableitungen von f1 und f2 lauten f ′1(x) = 6x2 − 6 und f ′′1 (x) = 12x bzw. f ′2(x) = x2 − 3x + 2 und f ′′2 (x) = 2x − 3. Es gilt somit f ′1(x) = 0 ⇐⇒ 6x2 − 6 = 0 ⇐⇒ x2 = 1 ⇐⇒ x1,2 = ±1 bzw. f ′2(x) = 0 ⇐⇒ x2 − 3x + 2 = 0 ⇐⇒ x3,4 = 3±√9− 8 2 = 3± 1 2 ⇐⇒ x3 = 1 oder x4 = 2, wobei im zweiten Fall die Lösungsformel für quadratische Gleichungen verwendet wurde (vgl. (4.8) im Lehrbuch). Das heißt, die Funktion f1 besitzt die stationären Stellen x1 = −1 und x2 = 1, während die Funktion f2 die stationären Stellen x3 = 1 und x4 = 2 aufweist. Werden diese Werte in die zweite Ableitung von f1 bzw. f2 eingesetzt, dann erhält man f ′′1 (−1) = −12 < 0 und f ′′1 (1) = 12 > 0 bzw. f ′′2 (1) = −1 < 0 und f ′′2 (2) = 1 > 0. Daraus folgt, dass f1 an der Stelle x1 = −1 ein lokalesMaximum (−1, 4) und bei x2 = 1 ein lokalesMinimum (1,−4) besitzt, und die Funktion f2 an der Stelle x3 = 1 ein lokales Maximum ( 1, 56 + c ) und bei x4 = 2 ein lokales Minimum ( 2, 23 + c ) aufweist (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch). Zu b): Es gilt lim x↑1 g(x) = limx↑1 ( 2x3 − 6x ) = −4 und lim x↓1 g(x) = limx↓1 ( 1 3 x3 − 3 2 x2 + 2x + c ) = 1 3 − 3 2 + 2+ c. Die Funktion g ist somit an der Stelle x = 1 genau dann stetig, wenn 13 − 32 +2+c = −4 und damit c = − 296 gilt (vgl. Satz 15.6 im Lehrbuch). Zu c): Mit dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) und c = − 296 erhält man, dass die Funktion g an der Stelle x1 = −1 ein lokales Maximum (−1, 4) und an der Stelle x4 = 2 ein lokales Minimum ( 2,− 256 ) besitzt. Da x2 = x3 = 1 eine lokale Minimalstelle von f1 und eine lokale Maximalstelle von f2 ist, gibt es ein ε > 0, so dass g(x) > g(1) für alle x ∈ (1− ε, 1) und g(1) > g(x) für alle x ∈ (1, 1+ ε) gilt. Das heißt, x2 = x3 = 1 ist keine lokale Extremalstelle von g, sondern ein Sattelpunkt (Terrassenpunkt) von g. 248 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R *** Aufgabe 18.5 (Extrema und Wendepunkte bei einem Polynom 3-ten Grades) Betrachtet wird ein Polynom dritten Grades p : R −→ R, x *→ a3x3 + a2x2 + a1x + a0 mit a3 = 0. a) Untersuchen Sie, für welcheWerte der Koeffizienten a0, a1, a2 und a3 das Polynom p ein (lokales) Minimum und rechts davon ein (lokales) Maximum sowie einen Wendepunkt rechts von der y-Achse aufweist. b) Ermitteln Sie, für welche Werte der Koeffizienten a0, a1, a2 und a3 das Polynom p zwar keine Extrema, aber einen Wendepunkt rechts von der y-Achse besitzt. Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.5 Lösung: Zu a): Für p(x) = a3x3 + a2x2 + a1x + a0 mit a3 = 0 gilt lim x→−∞p(x) = { ∞ falls a3 < 0 −∞ falls a3 > 0 und lim x→∞p(x) = { −∞ falls a3 < 0 ∞ falls a3 > 0 . Daraus folgt, dass das (lokale) Minimum von p links vom (lokalen) Maximum liegt, wenn a3 < 0 gilt. Die erste Ableitung von p ist gegeben durch p′(x) = 3a3x2+2a2x+a1, undmit Hilfe der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) folgt p′(x) = 3a3x2 + 2a2x + a1 = 0 ⇐⇒ x = −2a2 ± √ 4a22 − 12a3a1 6a3 . (18.1) Das Polynomp besitzt somit genau zwei stationäre Stellen und damit genau zweiKandidaten für lokale Extrema (vgl. Satz 16.24 im Lehrbuch), wenn die Diskriminante 4a22 − 12a3a1 größer als 0 ist, also a22 − 3a3a1 > 0 gilt (vgl. Satz 4.6 im Lehrbuch). Wegen lim x→−∞p(x) = ∞ und limx→∞p(x) = −∞ für a3 < 0 muss es sich dann bei den beiden stationären Stellen x1 = −2a2 − √ 4a22 − 12a3a1 6a3 und x2 = −2a2 + √ 4a22 − 12a3a1 6a3 tatsächlich um eine lokale Minimal- bzw. eine lokale Maximalstelle handeln. Für die zweite Ableitung von p gilt p′′(x) = 6a3x + 2a2. Daraus folgt p′′(x) = 6a3x + 2a2 = 0 ⇐⇒ x = − a23a3 . Wegen p′′′(x) = 6a3 = 0 für a3 < 0 besitzt p damit einen Wendepunkt rechts von der y-Achse, wenn − a23a3 > 0, also a2 3a3 < 0 (18.2) gilt (vgl. Folgerung 18.17 im Lehrbuch). Wegen a3 < 0 impliziert dies a2 > 0. Das Polynom p besitzt somit ein (lokales) Minimum und rechts davon ein (lokales) Maximum sowie einen Wendepunkt rechts von der y-Achse, wenn die Koeffizienten a0, a1, a2 und a3 den drei Bedingungen a2 > 0, a3 < 0 und a 2 2 − 3a3a1 > 0 genügen. 249 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Zu b):Mit (18.1) erhält man, dass das Polynom keine stationären Stellen und damit keine Extrema besitzt, wenn die Diskriminante 4a22 − 12a3a1 kleiner als 0 ist, also a22 − 3a3a1 < 0 gilt. Da der Wendepunkt weiterhin rechts von der y-Achse liegen soll, folgt mit (18.2), dass ferner a2 < 0 und a3 > 0 oder a2 > 0 und a3 < 0 geltenmuss. Das Polynomp besitzt somit keine Extrema, aber einenWendepunkt rechts von der y-Achse, wenn für die drei Koeffizienten a22 − 3a3a1 < 0 und a2 < 0, a3 > 0 oder a2 > 0, a3 < 0 gilt. ** Aufgabe 18.6 (Ökonomisches Optimierungsproblem) Gegeben sei die Produktionsfunktion f : (0, 40) −→ R, x *→ f (x) = −2 5 x3 + 18x2 + 24x. a) Bestimmen Sie, für welchen Faktoreinsatz x die Grenzproduktivität maximal ist. b) Ermitteln Sie das Ertragsmaximum. c) Bestimmen Sie, für welchen Faktoreinsatz x der Durchschnittsertrag maximal ist. d) Untersuchen Sie, für welchen Faktoreinsatz x der Grenz- und Durchschnittsertrag übereinstimmen. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 und 18.3 Lösung: Zu a): Die ersten drei Ableitungen von f lauten f ′(x) = − 6 5 x2 + 36x + 24, f ′′(x) = − 12 5 x + 36 und f ′′′(x) = − 12 5 . Es gilt daher f ′′(x) = − 12 5 x + 36 = 0 ⇐⇒ x1 = 15. Das heißt, die Grenzproduktivität f ′(x) = − 65x2 + 36x + 24 besitzt die stationäre Stelle x1 = 15, die wegen f ′′′(x) = − 125 < 0 für allex ∈ (0, 40) eineglobaleMaximalstelle derGrenzproduktivitätf ′ ist (vgl. Folgerung 18.8b) im Lehrbuch). Zu b): Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man: f ′(x) = − 6 5 x2 + 36x + 24 = 0 ⇐⇒ x = −36± √ 1296+ 5765 − 125 = 15± 5 12 √ 7056 5 Von diesen beiden Lösungen liegt jedoch nur die positive Lösung x2 = 15+ 512 √ 7056 5 ≈ 30,6525 im Definitionsbereich (0, 40) der Produktionsfunktion f . Das heißt, x2 ist die einzige stationäre Stelle von f . Wegen f ′′(x2) < 0 handelt es sich bei x2 um eine lokale Maximalstelle von f (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch), und da x2 die einzige stationäre Stelle von f ist und der Definitionsbereich (0, 40) keine Randstellen umfasst, stellt x2 sogar eine globale Maximalstelle dar. Das globale Ertragsmaximum beträgt somit f (x2) ≈ 6127,885. Zu c): Der Durchschnittsertrag ist gegeben durch f (x) := f (x) x = − 2 5 x2 + 18x + 24 250 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R und besitzt die ersten beiden Ableitungen f ′ (x) = − 4 5 x + 18 und f ′′(x) = − 4 5 . Es gilt somit f ′ (x) = − 4 5 x + 18 = 0 ⇐⇒ x3 = 452 . Wegen f ′′ (x3) < 0 ist x3 eine lokale Maximalstelle des Durchschnittsertrags f (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch), und da f außer x3 keineweiteren stationären Stellen besitzt und derDefinitionsbereich (0, 40) keine Randstellen umfasst, ist x3 sogar eine globale Maximalstelle des Durchschnittsertrags f . Zu d): Es gilt: f ′(x) = f (x) ⇐⇒ −6 5 x2 + 36x + 24 = − 2 5 x2 + 18x + 24 ⇐⇒ 4 5 x2 − 18x = 0 ⇐⇒ x ( 4 5 x − 18 ) = 0 ⇐⇒ x4 = 452 oder x5 = 0 Das heißt, für x4 = 452 und x5 = 0 (dieserWert liegt jedoch außerhalb desDefinitionsbereiches von f ) stimmen der Faktoreinsatz für den Grenz- und der Faktoreinsatz für den Durchschnittsertrag jeweils überein. Folglich ist der Faktoreinsatz, für den Grenz- und Durchschnittsertrag übereinstimmen, gleich der globalen Maximalstelle x3 des Durchschnittsertrags f (vgl. Aufgabenteil c)). Für den Graphen der Produktionsfunktion f siehe Abbildung 18.1. 0 10 20 30 40 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 f (x) l l l Abb. 18.1: Graph der Produktionsfunktion f : (0, 40) −→ R, x *→ f (x) = − 25 x3+18x2+24x *** Aufgabe 18.7 (Ökonomisches Optimierungsproblem) Für die Massenproduktion einer Maschine wird eine große Anzahl eines bestimmten Bauteils benötigt, dessen Querschnitt a) ein Rechteck mit den Seitenlängen 2x > 0 und y > 0 mit darübergesetztemHalbkreis ist und b) einen vorgegebenen Umfang U aufweist. Bestimmen Sie den Querschnitt des Bauteils, für den der Flächeninhalt F des Bauteils maximal ist, und geben Sie den maximalen Flächeninhalt an. Lehrbuch: Abschnitte 18.2 und 18.3 251 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R −x x y Abb. 18.2: Skizze zu Aufgabe 18.7 Lösung: Die Abbildung 18.2 zeigt eine Skizze des Querschnitts des Bauteils. Für den Flächeninhalt F und den Umfang U des Querschnitts dieses Bauteils gilt: F = 2xy + 1 2 πx2 bzw. U = 2x + 2y + πx DaderUmfang desQuerschnittsU betragen soll, folgt aus der Formel für denUmfang, dass für die Seitenlänge y des Rechtecks (in Abhängigkeit von x) y = 1 2 (U − 2x − πx) mit 0 < x < U 2+ π gelten muss. Durch Einsetzen dieses Terms in die Formel für den Flächeninhalt erhält man die Funktion F : (0,∞) −→ R mit der Zuordnungsvorschrift F(x) = x (U − 2x − πx)+ 1 2 πx2 = − ( 1 2 π + 2 ) x2 + Ux, (18.3) welche den Flächeninhalt des Querschnitts in Abhängigkeit von x angibt. Die ersten beiden Ableitungen dieser Funktion sind gegeben durch F ′(x) = −(π + 4)x + U und F ′′(x) = −(π + 4). Es gilt somit F ′(x) = −(π + 4)x + U = 0 ⇐⇒ x = U π + 4 . Folglich ist x = U π+4 eine stationäre Stelle vonF(x), und da fernerF ′′(x) = −(π+4) < 0 für alle x ∈ (0,∞) gilt, handelt es sich bei dieser stationären Stelle um eine globale Maximalstelle von F (vgl. Folgerung 18.8b) im Lehrbuch). Durch Einsetzen von x = U π+4 in (18.3) erhält man schließlich den maximalen Flächeninhalt des Querschnitts zu einem gegebenen Umfang U : F ( U π + 4 ) = − ( 1 2 π + 2 )( U π + 4 )2 + U U π + 4 = − 1 2 U2 π + 4 + U2 π + 4 = U 2 2(π + 4) 252 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R ** Aufgabe 18.8 (Kurvendiskussion) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ x3 − 3 2 x2 − 6x. Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) lokalen und globalen Extremalpunkte, c) Monotoniebereiche und d) Wendepunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Es gilt: f (x) = x3 − 3 2 x2 − 6x = x ( x2 − 3 2 x − 6 ) = 0 ⇐⇒ x = 0 oder x2 − 3 2 x − 6 = 0 Die Funktion f besitzt somit die Nullstelle x0 = 0 und mit Hilfe der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man zwei weitere Nullstellen. Denn es gilt: x2 − 3 2 x − 6 = 0 ⇐⇒ x1,2 = 3 2 ± √ 9 4 + 24 2 = 3 4 ± 1 4 √ 105 Das heißt, neben x0 = 0 besitzt f auch noch die beiden Nullstellen x1 = 34 − 14 √ 105 und x2 = 34 + 14 √ 105. Zu b): Die erste Ableitung von f lautet f ′(x) = 3x2 − 3x − 6 und mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen erhält man f ′(x) = 3x2 − 3x − 6 = 0 ⇐⇒ x3,4 = 3± √ 9+ 72 6 = 1 2 ± 3 2 . Die Funktion besitzt folglich die beiden stationären Stellen x3 = −1 und x4 = 2 (vgl. Definition 16.25 im Lehrbuch). Werden diese beiden Werte in die zweite Ableitung f ′′(x) = 6x − 3 eingesetzt, dann erhält man f ′′(x3) = −9 und f ′′(x4) = 9. Das heißt, x3 ist eine lokale Maximalstelle und x4 eine lokale Minimalstelle von f (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch). Das zugehörige lokale Maximum undMinimum ist gegeben durch( −1, 72 ) bzw. (2,−10). Wegen lim x→−∞ x 3 − 3 2 x2 − 6x = −∞ und lim x→∞ x 3 − 3 2 x2 − 6x = ∞ besitzt f jedoch weder ein globales Minimum noch ein globales Maximum. Zu c): Die erste Ableitung f ′(x) = 3x2 − 3x − 6 besitzt die beiden Nullstellen x3 = −1 und x4 = 2 (vgl. Aufgabenteil b)). Damit erhält man f ′(x) > 0 für alle x ∈ (−∞,−1) < 0 für alle x ∈ (−1, 2) > 0 für alle x ∈ (2,∞) . Die Funktion f ist somit auf den beiden Teilintervallen (−∞,−1] und [2,∞) streng monoton wachsend und auf dem Teilintervall [−1, 2] streng monoton fallend (vgl. Satz 16.31 im Lehrbuch). Zu d): Es gilt: f ′′(x) = 6x − 3 = 0 ⇐⇒ x = 1 2 253 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Wegen f ′′′(x) = 6 = 0 für alle x ∈ R bedeutet dies, dass f an der Stelle x5 = 12 den Wendepunkt ( 1 2 ,− 134 ) besitzt (vgl. Folgerung 18.17 im Lehrbuch). Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.3. 1 2 3 4 5 l l l f (x) x3 x4x5 Abb. 18.3: Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ x3 − 32 x2 − 6x ** Aufgabe 18.9 (Kurvendiskussion) Gegeben sei die Funktion f : (0,∞) −→ R, x *→ x2 ln(x). Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) Grenzwerte für x ↓ 0 und x → ∞, sofern diese existieren, c) lokalen und globalen Extremalpunkte sowie d) Wendepunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Die Funktion f besitzt den Definitionsbereich (0,∞). Es gilt somit f (x) = x2 ln(x) = 0 ⇐⇒ ln(x) = 0 ⇐⇒ eln(x) = e0 ⇐⇒ x = 1 (vgl. Satz 14.35a) im Lehrbuch). Die Funktion f besitzt somit nur die Nullstelle x0 = 1. Zu b): Der Grenzwert lim x↓0 x 2 ln(x) ist vom Typ 0 · (−∞). Durch eine einfache Umformung kann er in lim x↓0 x 2 ln(x) = lim x↓0 ln(x) 1 x2 und damit in einenGrenzwert vomTyp −∞∞ überführt werden. Das heißt, zu seiner Berechnung kann die zweite Regel von L’Hôspital angewendet werden (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Dies liefert dann: lim x↓0 x 2 ln(x) = lim x↓0 ln(x) 1 x2 = lim x↓0 1 x −2 x3 = lim x↓0− 1 2 x2 = 0 Für den zweiten Grenzwert gilt offensichtlich lim x→∞ x 2 ln(x) = ∞. Zu c): Für die ersten beiden Ableitungen von f erhält man mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) f ′(x) = 2x · ln(x)+ x2 · 1 x = 2x ln(x)+ x und f ′′(x) = 2 · ln(x)+ 2x · 1 x + 1 = 2 ln(x)+ 3. 254 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Da f den Definitionsbereich (0,∞) besitzt, gilt f ′(x) = 2x ln(x)+ x = x(2 ln(x)+ 1) = 0 ⇐⇒ 2 ln(x)+ 1 = 0 ⇐⇒ ln(x) = − 1 2 ⇐⇒ x1 = e− 1 2 . Die Funktionf besitzt folglich nur die stationäre Stelle x1 = e− 1 2 . Einsetzen von x1 in die zweiteAbleitung von f liefert f ′′(x1) = 2 ln ( e − 12 )+3 = 2 > 0. Das heißt, x1 ist eine lokaleMinimalstelle und (e− 12 ,− 12 e−1) das zugehörige lokale Minimum (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch). Aus lim x↓0 x 2 ln(x) = 0 und lim x→∞ x 2 ln(x) = ∞ folgt ferner, dass es sich bei dem lokalen Minimum (e− 12 ,− 12 e−1) sogar um das globale Minimum von f handelt und dass f kein globales Maximum besitzt. Zu d): Es gilt: f ′′(x) = 2 ln(x)+ 3 = 0 ⇐⇒ ln(x) = − 3 2 ⇐⇒ x2 = e− 3 2 Einsetzen von x2 = e− 3 2 in die dritte Ableitung f ′′′(x) = 2x liefert f ′′′(x2) = 2e 3 2 = 0. Folglich besitzt f an der Stelle x2 den Wendepunkt ( e − 32 ,− 32 e−3 ) (vgl. Folgerung 18.17 im Lehrbuch). Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.4. 0 1 2 3 4 0 5 10 15 20 25 f (x) ll x1x2 Abb. 18.4: Graph der Funktion f : (0,∞) −→ R, x *→ x2 ln(x) *** Aufgabe 18.10 (Kurvendiskussion) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ e− x10 sin(x). Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) Grenzwerte für x → −∞ und x → ∞, sofern diese existieren, sowie c) lokalen und globalen Extremalpunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2, 18.3 und 18.6 255 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Lösung: Zu a): Wegen e− x 10 > 0 für alle x ∈ R gilt f (x) = e− x10 sin(x) = 0 ⇐⇒ sin(x) = 0 ⇐⇒ x = kπ für k ∈ Z (vgl. Satz 5.1g) im Lehrbuch). Die Funktion f besitzt somit die unendlich vielen Nullstellen x = kπ mit k ∈ Z. Zu b):Da lim x→−∞ e − x10 = ∞gilt und sin(x) fürx → −∞ alleWerte zwischen−1und1unendlich oft annimmt, existiert der Grenzwert lim x→−∞ e − x10 sin(x) nicht. Wegen lim x→∞ e − x10 = 0 gilt jedoch lim x→∞ e − x10 sin(x) = 0. Zu c): Für die ersten beiden Ableitungen von f erhält man mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) f ′(x) = − 1 10 e − x10 sin(x)+ e− x10 cos(x) = e− x10 ( cos(x)− 1 10 sin(x) ) und f ′′(x) = − 1 10 e − x10 ( cos(x)− 1 10 sin(x) ) + e− x10 ( − sin(x)− 1 10 cos(x) ) = e− x10 ( − 99 100 sin(x)− 2 10 cos(x) ) . Es gilt somit f ′(x) = e− x10 ( cos(x)− 1 10 sin(x) ) = 0 ⇐⇒ ( cos(x)− 1 10 sin(x) ) = 0 ⇐⇒ cos(x) = 1 10 sin(x) ⇐⇒ tan(x) = 10 ⇐⇒ x = arctan(10)+ kπ für k ∈ Z ⇐⇒ x ≈ 1,4711+ kπ für k ∈ Z (vgl. Satz 5.5e) im Lehrbuch). Die Funktion f besitzt folglich die unendlich vielen stationären Stellen x = 1,4711+ kπ mit k ∈ Z. Einsetzen dieser Werte in die zweite Ableitung von f liefert f ′′(1,4711+ kπ) = e− 1,4711+kπ10 ( − 99 100 sin(1,4711+ kπ)− 2 10 cos(1,4711+ kπ) ) . (18.4) Da e− 1,4711+kπ 10 > 0 für alle k ∈ Z gilt, muss zur Untersuchung des Vorzeichens von f ′′ nur das Vorzeichen der Klammer auf der rechten Seite von (18.4) bestimmt werden. Dabei sind die folgenden beiden Fälle zu unterscheiden: 1) Aus x = 1,4711+ 2kπ mit k ∈ Z folgt sin(1,4711+ 2kπ) > 0 und cos(1,4711+ 2kπ) > 0. Das heißt, es gilt f ′′(1,4711 + 2kπ) < 0, und somit handelt es sich bei x = 1,4711 + 2kπ mit k ∈ Z um lokale Maximalstellen von f (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch). 2) Aus x = 1,4711+(2k+1)π mit k ∈ Z folgt sin(1,4711+(2k+1)π) < 0 und cos(1,4711+(2k+1)π) < 0. Das heißt, es gilt f ′′(1,4711+ (2k + 1)π) > 0, und folglich handelt es sich bei x = 1,4711+ (2k + 1)π mit k ∈ Z um lokale Minimalstellen von f (vgl. Folgerung 18.8a) im Lehrbuch). Das heißt, die Funktion f besitzt die lokalen Maxima( 1,4711+ 2kπ, e− 1,4711+2kπ10 sin(1,4711+ 2kπ) ) mit k ∈ Z und die lokalen Minima( 1,4711+ (2k + 1)π, e− 1,4711+(2k+1)π10 sin(1,4711+ (2k + 1)π) ) mit k ∈ Z. Da lim x→−∞ e − x10 = ∞ gilt und sin(x) für x → −∞ alle Werte zwischen −1 und 1 unendlich oft annimmt, nimmt die Funktion f (x) = e− x10 sin(x) für x → −∞ alle Werte zwischen −∞ und ∞ an. Folglich besitzt f keine globalen Extrema. 256 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.5. −2π − π π 2π 3π 4π −2 −1 1 2 l l l l l l f (x) Abb. 18.5: Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ e− x10 sin(x) *** Aufgabe 18.11 (Kurvendiskussion) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ x2e−x2 . Bestimmen Sie die a) Symmetrie, b) Nullstellen, c) Grenzwerte für x → −∞ und x → ∞, sofern diese existieren, d) lokalen und globalen Extremalpunkte sowie e) Wendepunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Es gilt f (−x) = (−x)2e−(−x)2 = x2e−x2 = f (x). Die Funktion f ist somit eine gerade Funktion, d.h. achsensymmetrisch zur y-Achse (vgl. Seite 342 im Lehrbuch). Zu b): Wegen e−x2 > 0 für alle x ∈ R gilt: f (x) = x2e−x2 = 0 ⇐⇒ x2 = 0 ⇐⇒ x0 = 0 Die Funktion f besitzt folglich nur die Nullstelle x0 = 0. Zu c): Aufgrund ihrer Achsensymmetrie zur y-Achse (vgl. Aufgabenteil a)), weist die Funktion f für x → −∞ und x → ∞ das gleiche Grenzverhalten auf. Es genügt daher, den Grenzwert lim|x|→∞ x 2e−x2 zu betrachten. Dieser Grenzwert ist vom Typ ∞ · 0. Durch eine einfache Umformung kann er in lim|x|→∞ x 2e−x2 = lim|x|→∞ x2 ex 2 und damit in einen Grenzwert vom Typ ∞∞ überführt werden. Das heißt, zu seiner Berechnung kann die zweite Regel von L’Hôspital angewendet werden (vgl. Satz 16.38 im Lehrbuch). Dies liefert dann: lim|x|→∞ x 2e−x2 = lim|x|→∞ x2 ex 2 = lim|x|→∞ 2x 2xex2 = lim|x|→∞ 1 ex 2 = 0 257 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Zu d): Für die ersten beiden Ableitungen von f erhält man mit der Produktregel (vgl. Satz 16.6c) im Lehrbuch) f ′(x) = 2x · e−x2 + x2 · (−2xe−x2 ) = 2x (1− x2) e−x2 und f ′′(x) = (2− 6x2) · e−x2 + ( 2x − 2x3 ) · (−2xe−x2 ) = (4x4 − 10x2 + 2) e−x2 . Wegen e−x2 > 0 für alle x ∈ R folgt: f ′(x) = 2x ( 1− x2 ) e−x2 ⇐⇒ 2x = 0 oder ( 1− x2 ) = 0 ⇐⇒ x1 = 0, x2 = −1 oder x3 = 1 Die Funktion f besitzt somit die drei stationären Stellen x1 = 0, x2 = −1 und x3 = 1. EinsetzendieserWerte indie zweiteAbleitungvonf liefertf ′′(x1) = 2 > 0undf ′′(x2) = f ′′(x3) = − 4e < 0. Das heißt, x1 ist eine lokale Minimalstelle und f (x1) = 0 das zugehörige lokale Minimum. Bei x2 und x3 handelt es sich dagegen um lokale Maximalstellen und f (x2) = e−1 bzw. f (x3) = e−1 sind die zugehörigen lokalen Maxima (vgl. Folgerung 18.8a) und b) im Lehrbuch). Aus lim|x|→∞ x 2e−x2 = 0 (vgl. Aufgabenteil c)) folgt ferner, dass es sich bei diesen drei lokalen Extrema sogar um die globalen Extrema von f handelt. Zu e): Es gilt (vgl. Aufgabenteil d)): f ′′(x) = 0 ⇐⇒ 4x4 − 10x2 + 2 = 0 Mit der Substitution u = x2 und der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man: 4u2 − 10u+ 2 = 0 ⇐⇒ u1,2 = 10± √ 100− 32 8 = 10± 2 √ 17 8 = 1 4 ( 5±√17 ) Durch Resubstitution x = ±√u folgt daraus weiter: x4,5 = ± 12 √ 5−√17 und x6,7 = ± 12 √ 5+√17 Das heißt, es gilt f ′′(x4) = f ′′(x5) = f ′′(x6) = f ′′(x7) = 0. Die dritte Ableitung von f lautet: f ′′′(x) = ( 16x3 − 20x ) · e−x2 + ( 4x4 − 10x2 + 2 ) · (−2xe−x2 ) = (16x3 − 20x − 2x(4x4 − 10x2 + 2))e−x2 Wegen 4x4 i − 10x2 i + 2 = 0 für i = 4, 5, 6, 7 erhält man durch Einsetzen von x4, x5, x6, x7 in die dritte Ableitung von f : f ′′′(xi ) = 4xi (4x2i − 5)e−x 2 i = (16x3i − 20xi )e−x 2 i = −4xi √ 17e−x2i = 0 für i = 4, 5 4xi √ 17e−x2i = 0 für i = 6, 7 Folglich besitzt f an den vier Stellen x4, x5, x6 und x7 jeweils einen Wendepunkt (vgl. Folgerung 18.17 im Lehrbuch). Diese sind gegeben durch( − 1 2 √ 5−√17, 1 4 ( 5−√17 ) e − 14 ( 5−√17 )) , ( 1 2 √ 5−√17, 1 4 ( 5−√17 ) e − 14 ( 5−√17 )) ,( − 1 2 √ 5+√17, 1 4 ( 5+√17 ) e − 14 ( 5+√17 )) , ( 1 2 √ 5+√17, 1 4 ( 5+√17 ) e − 14 ( 5+√17 )) . 258 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.6. −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 0.1 0.2 0.3 0.4 f(x) l l l l l l l Abb. 18.6: Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ x2e−x2 ** Aufgabe 18.12 (Kurvendiskussion) Betrachtet wird die Funktion f : [−6, 6] −→ R, x *→ x(x − 5) 23 . Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) Monotoniebereiche sowie c) lokalen und globalen Extremalpunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Es gilt: f (x) = x(x − 5) 23 = 0 ⇐⇒ x0 = 0 oder x1 = 5 Die Funktion f besitzt somit die beiden Nullstellen x0 = 0 und x1 = 5. Zu b): Für die erste Ableitung von f erhält man mit der Produkt- und Kettenregel (vgl. Satz 16.6c) und (16.15) im Lehrbuch) f ′(x) = 1 · (x − 5) 23 + x · 2 3 (x − 5)− 13 = (x − 5) 23 + 2x 3(x − 5) 13 = 3(x − 5)+ 2x 3(x − 5) 13 = 5(x − 3) 3(x − 5) 13 für alle x ∈ [−6, 6] \ {5} . Das heißt, die Funktion f ist an der Stelle x1 = 5 nicht differenzierbar und es gilt: f ′(x) = 5(x − 3) 3(x − 5) 13 = 0 ⇐⇒ x2 = 3 Für das Vorzeichen von f ′ erhält man: x [−6, 3) (3, 5) (5, 6] f ′(x) > 0 < 0 > 0 259 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R Die Funktion f ist somit auf dem Bereich [−6, 3) ∪ (5, 6] streng monoton wachsend und auf dem Intervall (3, 5) streng monoton fallend (vgl. Satz 16.31c) und d) im Lehrbuch). Zu c): ImAufgabenteil b)wurdegezeigt, dassf die stationäreStellex2 = 3besitzt.AusdemVorzeichenwechsel der erstenAbleitung f ′ an der Stelle x2 = 3 von positiv zu negativ folgt, dass es sich bei dieser stationären Stelle um eine lokale Extremalstelle von f handelt. Genauer erhält man, dass (3, 3 3 √ 4) ein lokalesMaximumvon f ist (vgl. Satz 18.2a) imLehrbuch). Ferner gilt, dass die Funktion f an der Stelle x1 = 5 nicht differenzierbar ist und x3 = −6 und x4 = 6 Randstellen des Definitionsbereichs von f sind. Folglich können neben x2 auch die drei Stellen x1, x3 und x4 Extremalstellen der Funktion f sein (vgl. Seite 513 im Lehrbuch). Eine Betrachtung des Monotonieverhaltens von f an diesen drei Stellen liefert, dass f unmittelbar rechts von der linken Randstelle x3 = −6 und unmittelbar links von der rechten Randstelle x4 = 6 jeweils streng monoton wachsend ist. Folglich muss es sich bei den Randstellen x3 = −6 und x4 = 6 um eine lokale Minimal- bzw. um eine lokale Maximalstelle handeln. Da ferner die Funktion f unmittelbar links von der Stelle x1 = 5 streng monoton fallend und unmittelbar rechts davon streng monoton wachsend ist, ist auch x1 = 5 eine lokale Minimalstelle von f . Durch einen Vergleich der Funktionswerte von f an den vier Extremalstellen x1, x2, x3 und x4 erhält man, welche dieser lokalen Extremalstellen sogar globale Extremalstellen von f sind. Insgesamt resultiert das folgende Ergebnis: x −6 3 5 6 f (x) −6 3√121 3 3√4 0 6 Typ Min. Max. Min. Max. global lokal lokal global Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.7. ( ) Abb. 18.7: Graph der Funktion f : [−6, 6] −→ R, x *→ x(x − 5) 23 ** Aufgabe 18.13 (Kurvendiskussion) Gegeben sei die Funktion f : R −→ R, x *→ cos5(x)+ sin5(x). Bestimmen Sie die a) Periodizität, b) Nullstellen, c) Monotoniebereiche sowie d) lokalen und globalen Extremalpunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2, 18.3 und 18.6 260 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Lösung: Zu a): Aus der 2π -Periodizität der Kosinus- und Sinusfunktion folgt f (x) = f (x + 2πk) = cos5(x + 2πk)+ sin5(x + 2πk) = cos5(x)+ sin5(x) für alle k ∈ Z und x ∈ R (vgl. Satz 5.1f) im Lehrbuch). Das heißt, f ist ebenfalls periodisch mit der Periode T = 2π . Aus diesem Grund genügt es, bei den nachfolgenden Betrachtungen das Intervall [0, 2π) zu untersuchen, da sich daraus unmittelbar die Eigenschaften von f auf den Intervallen [2kπ, 2(k+1)π)mit k ∈ Z\{0} ableiten lassen. Zu b): Es gilt: f (x) = cos5(x)+ sin5(x) = 0 ⇐⇒ cos5(x) = − sin5(x) ⇐⇒ cos(x) = − sin(x) Das heißt, die Funktion f besitzt auf dem Intervall [0, 2π) die beiden Nullstellen x0 = 34π und x1 = 74π . Zu c): Mit der Kettenregel (vgl. (16.15) im Lehrbuch) erhält man für die erste Ableitung von f : f ′(x) = 5 cos4(x)(− sin(x))+ 5 sin4(x) cos(x) = 5 cos(x) sin(x)(sin3(x)− cos3(x)) Die Funktion f besitzt folglich auf dem Intervall [0, 2π) die stationären Stellen: x2 = 0, x3 = π4 , x4 = π 2 , x5 = π, x6 = 54π, x7 = 3 2 π (18.5) Für das Vorzeichen von f ′ auf dem Intervall [0, 2π) erhält man: x ( 0, π4 ) ( π 4 , π 2 ) ( π 2 , π ) ( π, 54π ) ( 5 4π, 3 2π ) ( 3 2π, 2π ) f ′(x) < 0 > 0 < 0 > 0 < 0 > 0 Die Funktion f ist somit auf den Intervallen ( 0, π4 ) , ( π 2 , π ) und ( 5 4π, 3 2π ) strengmonoton fallend und auf den Intervallen ( π 4 , π 2 ) , ( π, 54π ) und ( 3 2π, 2π ) strengmonotonwachsend (vgl. Satz 16.31c) und d) im Lehrbuch). Zu d): Aus der Untersuchung der Monotonieeigenschaften von f ist bekannt, dass f im Intervall [0, 2π) die stationären Stellen (18.5) besitzt. Aus dem Vorzeichenwechsel von f ′ ist ersichtlich, dass es sich bei allen stationären Stellen um Extremalstellen von f handelt. Genauer gilt (vgl. Satz 18.2a) und b) im Lehrbuch): x 0 π4 π 2 π 5 4π 3 2π f (x) 1 1 2 √ 2 1 −1 − 1 2 √ 2 −1 Typ Max. Min. Max. Min. Max. Min. global lokal global global lokal global Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.8. π 2 π 3π 2 2π −1.5 −1 −0.5 0.5 1 1.5 f(x) l l l l l l Abb. 18.8: Graph der Funktion f : R −→ R, x *→ cos5(x)+ sin5(x) 261 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R *** Aufgabe 18.14 (Kurvendiskussion) Betrachtet wird die Funktion f : R \ {−3} −→ R, x *→ − (x − 3) 2 x + 3 . Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) Asymptoten und Näherungskurven, c) Monotoniebereiche, d) Krümmungseigenschaften, e) lokalen und globalen Extremalpunkte sowie f) Wendepunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Für den Zähler der Zuordnungsvorschrift von f gilt (x − 3)2 = 0 ⇐⇒ x1,2 = 3. Das heißt, bei x1,2 = 3 handelt es sich um eine doppelte Nullstelle von f . Zu b): Es gilt lim x↓−3− (x − 3)2 x + 3 = −∞ und limx↑−3− (x − 3)2 x + 3 = ∞. Folglich besitzt die Funktion f für x → −3 die vertikale Asymptote x = −3 (vgl. Definition 13.54a) im Lehrbuch). Ferner erhält man für die Zuordnungsvorschrift f (x) = − (x−3)2 x+3 = −x 2+6x−9 x+3 durch Polynomdivision (vgl. Seite 372 im Lehrbuch): (− x2 + 6x − 9) : (x + 3) = − x + 9+ −36 x + 3 x2 + 3x 9x − 9 − 9x − 27 − 36 Wegen lim|x|→∞ −36x+3 = 0 folgt daraus, dass die Funktion f für |x| → ∞ die asymptotische Näherungskurve h(x) = −x + 9 aufweist. Das heißt, es gilt lim|x|→∞ |f (x)− h(x)| = 0 (vgl. Definition 13.54c) im Lehrbuch). Zu c): Für die erste Ableitung von f folgt mit der Quotientenregel (vgl. Satz 16.6e) im Lehrbuch): f ′(x) = −2(x − 3) · (x + 3)+ (x − 3) 2 · 1 (x + 3)2 = −x2 − 6x + 27 (x + 3)2 Mit der Lösungsformel für quadratischeGleichungen (vgl. (4.8) imLehrbuch) erhält man für den Zähler von f ′: −x2 − 6x + 27 = 0 ⇐⇒ x3,4 = 6± √ 36+ 108 −2 = −3± 6 Das heißt, die Funktion f besitzt die beiden stationären Stellen x3 = −9 und x4 = 3. Ferner gilt: x (−∞,−9) (−9,−3) (−3, 3) (3,∞) f ′(x) < 0 > 0 > 0 < 0 262 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Die Funktion f ist somit auf den beiden Intervallen (−∞,−9) und (3,∞) jeweils streng monoton fallend und auf dem Bereich (−9,−3) ∪ (−3, 3) streng monoton wachsend (vgl. Satz 16.31c) und d) im Lehrbuch). Zu d): Die zweite Ableitung von f ist gegeben durch: f ′′(x) = (−2x − 6) · (x + 3) 2 − (−x2 − 6x + 27) · 2(x + 3) (x + 3)4 = −2(x + 3) 2 + 2x2 + 12x − 54 (x + 3)3 = − 72 (x + 3)3 (18.6) Das heißt, es gilt f ′′(x) { > 0 für x ∈ (−∞,−3) < 0 für x ∈ (−3,∞) . Die Funktion f ist somit auf dem Intervall (−∞,−3) streng konvex und auf dem Intervall (−3,∞) streng konkav (vgl. Folgerung 16.34c) und d) im Lehrbuch). Zu e): Aus Aufgabenteil c) ist bekannt, dass f die beiden stationären Stellen x3 = −9 und x4 = 3 besitzt. Aus dem Vorzeichenwechsel von f ′ ist ersichtlich, dass es sich bei diesen beiden Stellen um lokale Extremalstellen von f handelt. Genauer gilt, dass es sich bei (−9, 24) um ein lokales Minimum und bei (3, 0) um ein lokales Maximum von f handelt (vgl. Satz 18.2a) und b) im Lehrbuch). Wegen lim x→−∞ f (x) = ∞ und limx→∞ f (x) = −∞ handelt es sich jedoch bei diesen lokalen Extrema um keine globalen Extrema von f . Zu f): Es gilt f ′′(x) = 0 für alle x ∈ R \ {−3} (vgl. (18.6)). Die Funktion f besitzt daher keine Wendepunkte (vgl. Satz 18.12 im Lehrbuch). Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.9. ( ) ( ) Abb. 18.9: Graph der Funktion f : R \ {−3} −→ R, x *→ − (x−3)2 x+3 und seiner Näherungskurve h : R −→ R, x *→ −x + 9 *** Aufgabe 18.15 (Kurvendiskussion) Betrachtet wird die Funktion f : R \ {0} −→ R, x *→ 2x 3 + 2x − 4 x . Bestimmen Sie die a) Nullstellen, b) Asymptoten und Näherungskurven, 263 Kapitel 18 Teil V: Differentialrechnung und Optimierung in R c) Monotoniebereiche, d) Krümmungseigenschaften, e) lokalen und globalen Extremalpunkte sowie f) Wendepunkte. Skizzieren Sie den Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 18.2 bis 18.6 Lösung: Zu a): Durch Probieren erhält man, dass x1 = 1 eine Nullstelle des Zählers 2x3 + 2x − 4 der Zuordnungsvorschrift von f ist. Eine Polynomdivision dieses Zählers durch den Linearfaktor x − 1 liefert (vgl. Seite 372 im Lehrbuch): ( 2x3 + 2x − 4) : (x − 1) = 2x2 + 2x + 4 − 2x3 + 2x2 2x2 + 2x − 2x2 + 2x 4x − 4 − 4x + 4 0 Für die Diskriminante der quadratischen Gleichung 2x2 + 2x + 4 = 0 gilt 22 − 4 · 2 · 4 < 0. Dies bedeutet, dass die Gleichung 2x2 + 2x + 4 = 0 keine reellen Lösungen besitzt (vgl. Satz 4.6 im Lehrbuch) und daher die Funktion f nur die eine Nullstelle x1 = 1 aufweist. Zu b): Es gilt lim x↓0 2x3 + 2x − 4 x = −∞ und lim x↑0 2x3 + 2x − 4 x = ∞. Folglich besitzt die Funktion f für x → 0 die vertikaleAsymptote x = 0 (vgl. Definition 13.54a) imLehrbuch). Ferner gilt f (x) = 2x 3 + 2x − 4 x = 2x2 + 2− 4 x . Wegen lim|x|→∞ 4x = 0 folgt daraus, dass die Funktion f für |x| → ∞ die asymptotische Näherungskurve h(x) = 2x2 + 2 aufweist. Das heißt, es gilt lim|x|→∞ |f (x)− h(x)| = 0 (vgl. Definition 13.54c) im Lehrbuch). Zu c): Für die erste Ableitung von f (x) = 2x2 + 2− 4x gilt: f ′(x) = 4x + 4 x2 = 4x 3 + 4 x2 Für den Zähler von f ′ erhält man: 4x3 + 4 = 0 ⇐⇒ x3 = −1 ⇐⇒ x2 = −1 Das heißt, die Funktion f besitzt die stationäre Stelle x2 = −1. Ferner gilt: x (−∞,−1) (−1, 0) (0,∞) f ′(x) < 0 > 0 > 0 Die Funktion f ist somit auf dem Intervall (−∞,−1) streng monoton fallend und auf dem Bereich (−1, 0) ∪ (0,∞) streng monoton wachsend (vgl. Satz 16.31c) und d) im Lehrbuch). Zu d): Die zweite Ableitung von f ist gegeben durch f ′′(x) = 4− 8 x3 . 264 Kapitel 18Optimierung und Kurvendiskussion in R Das heißt, es gilt f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x3 = 2 ⇐⇒ x3 = 3 √ 2 sowie f ′′(x) > 0 für alle x ∈ (−∞, 0) ∪ ( 3√2,∞) und f ′′(x) < 0 für alle x ∈ (0, 3√2). Die Funktion f ist somit auf dem Bereich (−∞, 0)∪ ( 3√2,∞) streng konvex und auf dem Intervall (0, 3√2) streng konkav (vgl. Folgerung 16.34c) und d) im Lehrbuch). Zu e):AusAufgabenteil c) ist bekannt, dassf die stationäre Stellex2 = −1besitzt.Aus demVorzeichenwechsel von f ′ ist ersichtlich, dass es sich bei x2 = −1 um eine lokale Extremalstelle von f handelt. Genauer gilt, dass (−1, 8) ein lokales Minimum von f ist (vgl. Satz 18.2b) im Lehrbuch). Wegen lim|x|→∞ f (x) = ∞, limx↑0 f (x) = ∞ und limx↓0 f (x) = −∞ ist dieses lokale Minimum jedoch kein globales Minimum von f . Zu f): Gemäß Aufgabenteil d) gilt f ′′(x3) = 0 für x3 = 3 √ 2. Wird x3 in die dritte Ableitung f ′′′(x) = 24 x4 eingesetzt, dann erhältmanf ′′′(x3) > 0.Die Funktionf besitzt daher an der Stelle x3 denWendepunkt ( 3 √ 2, 2) (vgl. Folgerung 18.17 im Lehrbuch). Für den Graphen der Funktion f siehe Abbildung 18.10. 1 2 3 4 10 20 30 40 50 f (x) l l Abb. 18.10: Graph der Funktion f : R \ {0} −→ R, x *→ 2x3+2x−4x und seiner Näherungskurve h : R −→ R, x *→ 2x2 + 2 265

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References

Zusammenfassung

450 Aufgaben mit Lösungen zur Prüfungsvorbereitung

Vorteile

- 450 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen und unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden

- Abgestimmt auf das Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" (Merz/Wüthrich)

Zum Werk

Die Mathematikausbildung spielt eine zentrale Rolle im wirtschaftswissenschaftlichen Studium, da sie die methodischen Grundlagen für zahlreiche Vorlesungen liefert. So zentral die Rolle der Mathematik in der Ökonomie ist, so schwer tun sich allerdings die Studierenden mit mathematischen Methoden und Konzepten.

Dieses Übungsbuch hilft Studierenden, ihr erworbenes Wissen anzuwenden und zu testen. Über 400 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen unterstützen bei der optimalen Prüfungsvorbereitung. Zur besseren Orientierung wird jeder Aufgabe ein Schwierigkeitsgrad zugeordnet und ein Verweis auf den entsprechenden Abschnitt im zugrunde liegenden Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" von Merz/Wüthrich gegeben.

Autor

Prof. Dr. Michael Merz, Hamburg.

Zielgruppe

Studierende im Bachelor der Wirtschaftswissenschaften an Universitäten und Hochschulen.