Kurs:Mathematik für Anwender/Teil I/T2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	6	4	4	5	3	3	4	5	2	4	5	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Exponentialreihe für ${}x\in \mathbb {R}$.
2. Der Tangens.
3. Die Differenzierbarkeit einer Abbildung

   $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

   in einem Punkt

   ${}a\in \mathbb {R}$.

4. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).
5. Das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu einer ${}n$-mal differenzierbaren Funktion

   $f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

   in einem Punkt ${}a\in \mathbb {R}$.

6. Eine Treppenfunktion

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   auf einem beschränkten reellen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

Lösung

1. Für jedes ${}x\in \mathbb {R}$ heißt die Reihe

   $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}$

   die Exponentialreihe in ${}x$.

2. Die Funktion

   $\mathbb {R} \setminus {\left({\frac {\pi }{2}}+\mathbb {Z} \pi \right)}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \tan x={\frac {\sin x}{\cos x}},$

   heißt Tangens.

3. Die Funktion ${}f$ heißt differenzierbar in ${}a$, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in \mathbb {R} \setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

4. Es sei ${}s$ die eindeutig bestimmte reelle Nullstelle der Kosinusfunktion auf dem Intervall ${}[0,2]$. Die Kreiszahl ${}\pi$ ist definiert durch

   ${}\pi :=2s\,.$

5. Das Polynom

   $\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}$

   heißt das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu ${}f$ in ${}a$.

6. Eine Funktion

   $t\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   heißt eine Treppenfunktion, wenn es eine Unterteilung

   $a=a_{0}<a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n-1}<a_{n}=b$

   von ${}I$ gibt derart, dass ${}t$ auf jedem offenen Teilintervall ${}]a_{i-1},a_{i}[$ konstant ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion.
2. Die Kettenregel für differenzierbare Funktionen ${}f,g\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.
3. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

1. Für reelle Zahlen ${}x,y\in \mathbb {R}$ gilt

   ${}\exp \left(x+y\right)=\exp x\cdot \exp y\,.$

2. Seien

   ${}D,E\subseteq \mathbb {R} \,$

   Teilmengen und seien

   $f\colon D\longrightarrow \mathbb {R}$

   und

   $g\colon E\longrightarrow \mathbb {R}$

   Funktionen mit ${}f(D)\subseteq E$. Es sei ${}f$ in ${}a$ differenzierbar und ${}g$ sei in ${}b:=f(a)$ differenzierbar. Dann ist auch die Hintereinanderschaltung

   $g\circ f\colon D\longrightarrow \mathbb {R}$

   in ${}a$ differenzierbar mit der Ableitung

   ${}(g\circ f)'(a)=g'(f(a))\cdot f'(a)\,.$

3. Es sei ${}a<b$ und sei

   $f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine stetige, auf ${}]a,b[$ differenzierbare Funktion. Dann gibt es ein ${}c\in {]a,b[}$ mit

   ${}f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Fridolin sagt:

„Irgendwas kann am Zwischenwertsatz nicht stimmen. Für die stetige Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{x}},$

gilt ${}f(-1)=-1$ und ${}f(1)=1$. Nach dem Zwischenwertsatz müsste es also eine Nullstelle zwischen ${}-1$ und ${}1$ geben, also eine Zahl ${}x\in [-1,1]$ mit ${}f(x)=0$. Es ist doch aber stets ${}{\frac {1}{x}}\neq 0$.“

Wo liegt der Fehler in dieser Argumentation?

Lösung

Die Funktion ist im Nullpunkt ${}0$ nicht definiert, den Zwischenwertsatz kann man nur für stetige Funktionen anwenden, die auf einem abgeschlossenen Intervall definiert sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3}-4x+2.$

Bestimme, ausgehend vom Intervall ${}[1,2]$, mit der Intervallhalbierungsmethode ein Intervall der Länge ${}1/8$, in dem eine Nullstelle von ${}f$ liegen muss.

Lösung

Es ist ${}f(1)=-1$ und ${}f(2)=2$, es muss also nach Korollar 11.2 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) eine Nullstelle im Intervall ${}[1,2]$ geben. Wir berechnen den Funktionswert an der Intervallmitte ${}{\frac {3}{2}}$ und erhalten

${}f{\left({\frac {3}{2}}\right)}={\frac {27}{8}}-4\cdot {\frac {3}{2}}+2={\frac {27-48+16}{8}}={\frac {-5}{8}}<0\,.$

Wir müssen also mit dem rechten Teilintervall ${}[{\frac {3}{2}},2]$ weitermachen. Dessen Intervallmitte ist ${}{\frac {7}{4}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist

${}f{\left({\frac {7}{4}}\right)}={\left({\frac {7}{4}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {7}{4}}+2={\frac {343}{64}}-5={\frac {343-320}{64}}={\frac {23}{64}}>0\,.$

Jetzt müssen wir mit dem linken Teilintervall ${}[{\frac {3}{2}},{\frac {7}{4}}]$ weitermachen, dessen Mitte ist ${}{\frac {13}{8}}$. Der Funktionswert an dieser Stelle ist

${}f{\left({\frac {13}{8}}\right)}={\left({\frac {13}{8}}\right)}^{3}-4\cdot {\frac {13}{8}}+2={\frac {2197}{512}}-{\frac {13}{2}}+2={\frac {2197-3328+1024}{512}}={\frac {-107}{512}}<0\,.$

Somit wissen wir, dass es eine Nullstelle zwischen ${}{\frac {13}{8}}$ und ${}{\frac {7}{4}}={\frac {14}{8}}$ gibt.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die folgende Aussage: Jede beschränkte Folge von reellen Zahlen besitzt eine konvergente Teilfolge (Satz von Bolzano-Weierstraß).

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]$. Es sei das ${}k$-te Intervall ${}I_{k}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

$[a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${}I_{k+1}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${}x_{n_{k}}\in I_{k}\,$

mit ${}n_{k}>n_{k-1}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe 8.21 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${}x$.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne

$2^{\frac {9}{10}}$

bis auf einen Fehler von ${}{\frac {1}{10}}$.

Lösung

Wir behaupten die Abschätzungen

${}1{,}8\leq 2^{\frac {9}{10}}\leq 1{,}9\,.$

Um dies zu zeigen, weisen wir die Gültigkeit der Abschätzungen

${}1{,}8^{10}\leq 2^{9}=512\leq 1{,}9^{10}\,.$

nach. Diese gelten wegen

${}{\begin{aligned}1{,}8^{10}&=3{,}24^{5}\\&=(3{,}24^{2})^{2}\cdot 3{,}24\\&=10{,}4976^{2}\cdot 3{,}24\\&\leq 121\cdot 4\\&=484\\&<512\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}1{,}9^{10}&=3{,}61^{5}\\&=(3{,}61^{2})^{2}\cdot 3{,}61\\&=13{,}0321^{2}\cdot 3{,}61\\&>169\cdot 3{,}6\\&=608{,}4\\&>512.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der geometrischen Reihe mit der Exponentialreihe.

Lösung

Die geometrische Reihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }x^{n}$ und die Exponentialreihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}x^{n}$. Das Cauchy-Produkt von zwei Reihen ergibt sich einfach dadurch, dass man jeden Summanden mit jedem Summanden multipliziert und gleiche Potenzen aufsummiert. Daher können die Potenzen ${}x^{5},x^{6},$ etc. ignoriert werden und es ist

${}{\begin{aligned}&\,(1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}){\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}\\&={\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}+{\left(x+x^{2}+{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{6}}x^{4}\right)}+{\left(x^{2}+x^{3}+{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}+x^{3}+x^{4}+x^{4}+\ldots \\&=1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}+\ldots .\end{aligned}}$

Das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der beiden Reihen ist also

$1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}f(x)=a^{x}\,$

eine Exponentialfunktion mit ${}a\neq 1$. Zu jedem ${}x\in \mathbb {R}$ definiert die Gerade durch die beiden Punkte ${}(x,f(x))$ und ${}(x+1,f(x+1))$ einen Schnittpunkt mit der ${}x$-Achse, den wir mit ${}s(x)$ bezeichnen. Zeige

${}s(x+1)=s(x)+1\,.$

Skizziere die Situation.

Lösung

Aufgrund des Strahlensatzes muss die Beziehung

${}{\frac {f(x)}{x-s(x)}}={\frac {f(x+1)}{x+1-s(x)}}\,$

gelten. Wegen

${}f(x+1)=f(x)f(1)\,$

folgt daraus

${}{\frac {1}{x-s(x)}}={\frac {f(1)}{x+1-s(x)}}\,.$

Umstellen ergibt

${}f(1)(x-s(x))=x+1-s(x)\,$

und

${}x(f(1)-1)=1+s(x)(f(1)-1)\,$

und schließlich

${}s(x)=x-{\frac {1}{f(1)-1}}\,.$

Somit ist auch

${}s(x+1)=x+1-{\frac {1}{f(1)-1}}\,$

und daher ist

${}s(x+1)-s(x)=x+1-{\frac {1}{f(1)-1}}-{\left(x-{\frac {1}{f(1)-1}}\right)}=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der durch

${}y=3x-2\,$

gegebenen Geraden.

Lösung

Der Einheitskreis ist durch

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

gegeben. Darin setzen wir

${}y=3x-2\,$

ein und erhalten

${}x^{2}+(3x-2)^{2}=10x^{2}-12x+4=1\,.$

Also ist

${}x^{2}-{\frac {6}{5}}x+{\frac {3}{10}}=0\,$

und damit

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {{\frac {6}{5}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{5}}\right)}^{2}-4\cdot {\frac {3}{10}}}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {6}{5}}\pm {\sqrt {{\frac {36}{25}}-{\frac {6}{5}}}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {6}{5}}\pm {\frac {1}{5}}{\sqrt {6}}}{2}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {6}}}{10}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}y_{1,2}&=3\cdot {\frac {6\pm {\sqrt {6}}}{10}}-2\\&={\frac {-2\pm 3{\sqrt {6}}}{10}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also ${}\left({\frac {6+{\sqrt {6}}}{10}},\,{\frac {-2+3{\sqrt {6}}}{10}}\right)$ und ${}\left({\frac {6-{\sqrt {6}}}{10}},\,{\frac {-2-3{\sqrt {6}}}{10}}\right)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sin n}{n^{2}}}$

konvergiert.

Lösung

Wir zeigen, dass die Reihe absolut konvergiert, woraus nach Lemma 9.9 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) die Konvergenz folgt. Wegen

${}-1\leq \sin x\leq 1\,$

ist

${}\vert {\frac {\sin n}{n^{2}}}\vert \leq {\frac {1}{n^{2}}}\,.$

Die Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}$ konvergiert nach [[Reelle Reihe/Kehrwerte der Quadrate/Konvergenz/Beispiel|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Reelle Reihe/Kehrwerte der Quadrate/Konvergenz/Beispiel/Beispielreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]], sodass ${}\sum _{n=1}^{\infty }\vert {\frac {\sin x}{n^{2}}}\vert$ nach dem Majorantenkriterium konvergiert.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien

$f_{1},f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

periodische Funktionen mit den Periodenlängen ${}L_{1}$ bzw. ${}L_{2}$. Der Quotient ${}L_{1}/L_{2}$ sei eine rationale Zahl. Zeige, dass auch ${}f_{1}+f_{2}$ eine periodische Funktion ist.

Lösung

Der Quotient der Periodenlängen sei

${}{\frac {L_{1}}{L_{2}}}={\frac {a}{b}}\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$. Also ist ${}bL_{1}=aL_{2}$. Wir behaupten, dass

${}L=bL_{1}=aL_{2}\,$

eine Periodenlänge für ${}f_{1}+f_{2}$ ist. Dies beruht auf

${}{\begin{aligned}(f_{1}+f_{2})(x+L)&=f_{1}(x+L)+f_{2}(x+L)\\&=f_{1}(x+bL_{1})+f_{2}(x+aL_{2})\\&=f_{1}(x)+f_{2}(x)\\&=(f_{1}+f_{2})(x)\end{aligned}}$

für alle ${}x\in \mathbb {R}$, da ja mit ${}L_{1}$ (bzw. ${}L_{2}$) auch jedes ganzzahlige Vielfache eine Periodenlänge von ${}f_{1}$ (bzw. von ${}f_{2}$) ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien

$g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\}$

differenzierbare Funktionen. Beweise durch Induktion über ${}n$ die Beziehung

${}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}^{\prime }={\frac {-1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\,.$

Lösung

Für ${}n=1$ ist nach der Kettenregel

${}{\left({\frac {1}{g_{1}}}\right)}^{\prime }=-{\frac {g_{1}'}{g_{1}^{2}}}=-{\frac {1}{g_{1}}}\cdot {\frac {g_{1}'}{g_{1}}}\,.$

Zum Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ Funktionen schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Funktionen gegeben. Dann ist aufgrund der Produktregel und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\right)}'&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}'\\&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}'\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left(-{\frac {1}{g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}+{\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=\cos(\ln x).$

a) Bestimme die Ableitung ${}f'$.

b) Bestimme die zweite Ableitung ${}f^{\prime \prime }$.

Lösung

a) Es ist

${}f'(x)=-{\frac {1}{x}}\cdot \sin \left(\ln x\right)\,.$

b) Es ist

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=-{\left({\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)-\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}\\&=-{\frac {\cos \left(\ln x\right)}{x^{2}}}+{\frac {\sin \left(\ln x\right)}{x^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine reelle Polynomfunktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

vom Grad ${}d\geq 1$ maximal ${}d-1$ lokale Extrema besitzt, und die reellen Zahlen sich in maximal ${}d$ Intervalle unterteilen lassen, auf denen abwechselnd ${}f$ streng wachsend oder streng fallend ist.

Lösung

Die Ableitung ${}f'$ ist ein Polynom vom Grad ${}d-1$. Dieses besitzt nach Korollar 6.6 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) höchstens ${}d-1$ Nullstellen. Nach [[Reelle Funktion/Offenes Intervall/Lokales Extremum/Differenzierbar/Ableitung null/Fakt|Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)/Reelle Funktion/Offenes Intervall/Lokales Extremum/Differenzierbar/Ableitung null/Fakt/Faktreferenznummer (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024))]] besitzt daher ${}f$ höchstens ${}d-1$ lokale Extrema. Zwischen zwei benachbarten Nullstellen der Ableitung und auch unterhalb der kleinsten und oberhalb der größten Nullstelle ist die Ableitung entweder echt positiv oder echt negativ. Wenn wir stets benachbarte Intervalle zusammenlegen, auf denen die Ableitung jeweils positiv oder jeweils negativ ist, so erhalten wir eine Zerlegung von ${}\mathbb {R}$ in Intervalle, auf denen die Ableitung positiv oder negativ mit eventuell endlich vielen Ausnahmepunkten ist, und positiv und negativ wechseln sich ab. In diesen Intervallen ist dann ${}f$ nach Satz 15.7 (Mathematik für Anwender (Osnabrück 2023-2024)) streng wachsend oder streng fallend.

Aufgabe (5 Punkte)

Betrachte die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=(2x+3)e^{-x^{2}}.$

Bestimme die Nullstellen und die lokalen (globalen) Extrema von ${}f$. Fertige eine grobe Skizze für den Funktionsverlauf an.

Lösung

Da die Exponentialfunktion keine Nullstelle besitzt, liegt nur bei ${}2x+3=0$, also bei ${}x_{0}=-{\frac {3}{2}}$ eine Nullstelle vor. Unterhalb davon ist die Funktion negativ, oberhalb davon positiv.

Zur Bestimmung der lokalen Extrema leiten wir ab, was zu

${}f'(x)=2e^{-x^{2}}+(2x+3)(-2x)e^{-x^{2}}=e^{-x^{2}}{\left(-4x^{2}-6x+2\right)}\,$

führt. Die Nullstellenbestimmung der Ableitung führt auf

${}x^{2}+{\frac {3}{2}}x-{\frac {1}{2}}=0\,.$

Quadratisches Ergänzen führt zu

${}{\left(x+{\frac {3}{4}}\right)}^{2}-{\frac {9}{16}}-{\frac {1}{2}}=0\,$

bzw.

${}{\left(x+{\frac {3}{4}}\right)}^{2}={\frac {17}{16}}\,.$

Also ist

${}x+{\frac {3}{4}}=\pm {\frac {\sqrt {17}}{4}}\,$

und somit

$x_{1}=-{\frac {\sqrt {17}}{4}}-{\frac {3}{4}}{\text{ und }}x_{2}=+{\frac {\sqrt {17}}{4}}-{\frac {3}{4}}.$

Für ${}x<x_{1}$ ist die Ableitung negativ, für ${}x$ mit ${}x_{1}<x<x_{2}$ ist sie positiv und für ${}x=x_{2}$ wieder negativ. Daher ist die Funktion ${}f$ unterhalb von ${}x_{1}$ streng fallend, zwischen ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ streng wachsend und oberhalb von ${}x_{2}$ wieder streng fallend. Daher liegt in ${}x_{1}$ ein isoliertes lokales Minimum und in ${}x_{2}$ ein isoliertes lokales Maximum vor. Da es sonst keine lokalen Extrema gibt, und die Funktion für ${}x\rightarrow -\infty$ wächst, aber negativ bleibt, und für ${}x\rightarrow +\infty$ fällt, aber positiv bleibt, sind dies auch globale Extrema.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Grenzwert von

${\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}$

im Punkt ${}1$, und zwar

a) mittels Polynomdivision,

b) mittels der Regel von l'Hospital.

Lösung

a) Durch Polynomdivision erhält man ${}x^{2}-3x+2=(x-1)(x-2)$ und ${}x^{3}-2x+1=(x-1)(x^{2}+x-1)$. Daher ist

${}{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}={\frac {x-2}{x^{2}+x-1}}\,.$

Daher ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x-2}{x^{2}+x-1}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

b) Die Ableitungen sind ${}(x^{2}-3x+2)'=2x-3$ und ${}(x^{3}-2x+1)'=3x^{2}-2$, die beide für ${}x=1$ keine Nullstelle besitzen. Nach der Regel von l'Hospital ist daher

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {x^{2}-3x+2}{x^{3}-2x+1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 1}\,{\frac {2x-3}{3x^{2}-2}}={\frac {-1}{1}}=-1\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}3$ zur Funktion

${}f(x)=x\cdot \sin x\,$

im Entwicklungspunkt ${}a={\frac {\pi }{2}}$.

Lösung

Es ist

${}f{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\frac {\pi }{2}}\,.$

Es ist

${}f^{\prime }(x)=\sin x+x\cdot \cos x\,$

und daher ist

${}f^{\prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,.$

Es ist

${}f^{\prime \prime }(x)=\,$

und daher ist

${}f^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-{\frac {\pi }{2}}\,.$

Es ist

${}f^{\prime \prime \prime }(x)=\,$

und daher ist

${}f^{\prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-3\,.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}3$ in ${}{\frac {\pi }{2}}$ ist somit

${\frac {\pi }{2}}+{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}-{\frac {\pi }{4}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{2}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{3}.$