Mathe für Physiker I Wintersemester 03/04 Walter Oevel 27. 11. 2003

Ü b u n g s b l a t t 7

Abgabe von ∗–Aufgaben am 4.12.2003 in der Übung.

Aufgabe 56: (Die Ableitung von exp, sin und cos. 0 Bonuspunkte )

a) Zeige lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = 1. Folgere hieraus lim_{h→0} \frac{e^{z+h} − e^{z}}{h} = e^{z} ∀z ∈ ℂ.

b) Zeige lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = 1. Folgere hieraus lim_{h→0} \frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = cos(z) ∀z ∈ ℂ.

c) Zeige lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = 0. Folgere hieraus lim_{h→0} \frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = − sin(z) ∀z ∈ ℂ.

Anleitung: Additionstheoreme.

Musterlösung:

lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (h + \frac{h^{2}}{2!} + \frac{h^{3}}{3!} + ⋯) = lim_{h→0} (1 + \frac{h}{2!} + \frac{h^{2}}{3!} + ⋯)

= 1 + lim_{h→0} (\frac{h}{2!} + \frac{h^{2}}{3!} + ⋯) = 1 + lim_{h→0} h · ( \underbrace{\frac{1}{2!} + \frac{h}{3!} + ⋯}_{f(h)} ).

Die verbleibende Reihe f(h) konvergiert nach den Rechenregeln (ihr Wert ist \frac{1}{h} · (\frac{e^{h}−1}{h} − 1)). Sie ist beschränkt in h: für |h| ≤ 1 folgt z.B.

|f(h)| ≤ \frac{1}{2!} + \frac{|h|}{3!} + ⋯ < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + ⋯ = e

Damit folgt:

\frac{e^{h} − 1}{h} = 1 + O(h) ⇒ lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = 1.

(Dieser Grenzwert ist die Ableitung der exp-Funktion am Nullpunkt.) Mit der Funktionalgleichung e^{z+h} = e^{z} · e^{h} folgt

lim_{h→0} \frac{e^{z+h} − e^{z}}{h} = lim_{h→0} \frac{e^{z} · e^{h} − e^{z}}{h} = e^{z} · lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = e^{z}.

Dieser Grenzwert liefert die Ableitung der exp-Funktion an jedem beliebigen Punkt z ∈ ℂ.

b)

lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (h − \frac{h^{3}}{3!} + \frac{h^{5}}{5!} + ⋯) = lim_{h→0} (1 − \frac{h^{2}}{3!} + \frac{h^{4}}{5!} + ⋯)

= 1 − lim_{h→0} (\frac{h^{2}}{3!} − \frac{h^{4}}{5!} + ⋯) = 1 − lim_{h→0} h^{2} · ( \underbrace{\frac{1}{3!} − \frac{h^{2}}{5!} + ⋯}_{f(h)} ).

Die verbleibende Reihe f(h) konvergiert nach den Rechenregeln (ihr Wert ist \frac{1}{h^{2}} · (\frac{sin(h)}{h} − 1)). Sie ist beschränkt in h: für |h| ≤ 1 folgt z.B.

|f(h)| ≤ \frac{1}{3!} + \frac{|h|^{2}}{5!} + ⋯ ≤ \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} + ⋯ < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \frac{1}{5!} + ⋯ = e

Damit folgt:

\frac{sin(h)}{h} = 1 + O(h^{2}) ⇒ lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = 1.

Analog (für c):

lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (\frac{h^{2}}{2!} − \frac{h^{4}}{4!} + ⋯) = lim_{h→0} (\frac{h}{2!} − \frac{h^{3}}{4!} + ⋯) = lim_{h→0} h · ( \underbrace{\frac{1}{2!} − \frac{h^{2}}{4!} + ⋯}_{f(h)} ),

wo die verbleibende Reihe f(h) wiederum beschränkt ist (mit den selben Argumenten wie oben gilt |f(h)| ≤ e für |h| < 1). Es folgt:

\frac{1 − cos(h)}{h} = O(h) ⇒ lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = 0.

Mit den Additionstheoremen

sin(z + h) = sin(z) · cos(h) + cos(z) · sin(h),
cos(z + h) = cos(z) · cos(h) − sin(z) · sin(h)

folgt

\frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = \frac{sin(z) · cos(h) + cos(z) · sin(h) − sin(z)}{h} = sin(z) · \frac{cos(h) − 1}{h} + cos(z) · \frac{sin(h)}{h},

\frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = \frac{cos(z) · cos(h) − sin(z) · sin(h) − cos(z)}{h} = cos(z) · \frac{cos(h) − 1}{h} − sin(z) · \frac{sin(h)}{h}.

Die obigen Ergebnisse liefern

lim_{h→0} \frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = cos(z), lim_{h→0} \frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = − sin(z).

Diese Grenzwerte liefern die Ableitung der Sinus- bzw. Cosinus-Funktion.

Aufgabe 57*: (Differentiation, 5 + 5 + 5 + 5 + 5 Bonuspunkte) Berechne die Ableitung von

a) \frac{1 + x^{2}}{2 + x^{2}} , b) sin(x^{2}), c) cos(π − x^{3}), d) sin(x^{2} · e^{x}), e) sin^{2}(x) + cos^{2}(x).

Musterlösung: a)

\frac{d}{dx} \frac{1 + x^{2}}{2 + x^{2}} = \frac{2 · x · (2 + x^{2}) − (1 + x^{2}) · 2 · x}{(2 + x^{2})^{2}} = \frac{2 · x}{(2 + x^{2})^{2}} .

b):

\frac{d}{dx} sin(x^{2}) = cos(x^{2}) · 2 · x.

c)

\frac{d}{dx} cos(π − x^{3}) = (− sin(π − x^{3})) · (−3 · x^{2}) = 3 · x^{2} · sin(x^{3}).

d)

\frac{d}{dx} sin(x^{2} · e^{x}) = cos(x^{2} · e^{x}) · (2 · x · e^{x} + x^{2} · e^{x}) = (2 · x + x^{2}) · e^{x} · cos(x^{2} · e^{x}).

e)

\frac{d}{dx} (sin^{2}(x) + cos^{2}(x)) = 2 · sin(x) · cos(x) + 2 · cos(x) · (− sin(x)) = 0.

Dies ist verständlich, da \frac{d}{dx} (sin^{2}(x) + cos^{2}(x)) = \frac{d}{dx} 1.

Aufgabe 58*: (Differentiation. 10 Bonuspunkte) Man begebe sich ins automatische Abgabe-Tool bourbaki.upb.de/mfp1. Diese Aufgabe wird dort als ’Miniprojekt 58’ bezeichnet. Es wird dort nach der Ableitung eines Ausdrucks gefragt. Liefere die Ableitung im Web-Formular ab. Es gibt drei Abgabeversuche! Abgaben bis Do, 4.12., 23::59::59 Uhr. Relevante MuPAD-Funktionen zur Kontrolle: diff.

Musterlösung: Die generierte Aufgabe lautet: Berechne die Ableitung von

f(x) = M_{2} + e^{−(M_{1}+M_{3})·x^{2}} + M_{4} · sin(x + M_{5} · e^{M_{6}·x}),

wobei M_{1}, …, M_{7} die üblichen Ziffern der Matrikelnummer sind. Lösung:

>> f:= M2 + exp(-(M1 + M3)*x^2) + M4 * sin(x + M5*exp(M6*x)):
>> diff(f, x)
M4 cos(x + M5 exp(M6 x)) (M5 M6 exp(M6 x) + 1) -
              2
   2 x exp(- x  (M1 + M3)) (M1 + M3)

Aufgabe 59: (Differentiation. O Bonuspunkte) Sind die Funktionen

a) f(x) = \{ \begin{matrix}x · sin(\frac{1}{x}) & für & x ≠ 0, \\ 0 & für & x = 0 \end{matrix} , b) f(x) = \{ \begin{matrix}x^{2} · sin(\frac{1}{x}) & für & x ≠ 0, \\ 0 & für & x = 0 \end{matrix}

am Nullpunkt differenzierbar?

Musterlösung:

a) Der Grenzwert des Differenzenquotienten am Nullpunkt

lim_{h→0} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0} \frac{h · sin(\frac{1}{h})}{h} = lim_{h→0} sin (\frac{1}{h})

existiert nicht: für die Nullfolge h_{n} = \frac{1}{n·π} ergibt sich

lim_{n→∞} sin (\frac{1}{h_{n}} ) = lim_{n→∞} sin(n · π) = lim_{n→∞} 0 = 0,

während sich für die Nullfolge h_{n} = \frac{1}{(2·n+ \frac{1}{2} )·π} ein anderer Grenzwert ergibt:

lim_{n→∞} sin (\frac{1}{h_{n}} ) = lim_{n→∞} sin ((2 · n + \frac{1}{2}) · π) = lim_{n→∞} 1 = 1.

b) Der Grenzwert des Differenzenquotienten am Nullpunkt

lim_{h→0} \frac{f(h) − f(0)}{h} = lim_{h→0} \frac{h^{2} · sin(\frac{1}{h})}{h} = lim_{h→0} h · sin (\frac{1}{h}) = 0

existiert (denn sin(\frac{1}{h}) ist beschränkt).

Aufgabe 60*: (Die Produktregel. 20 Bonuspunkte) Seien f(x) und g(x) genügend oft differenzierbar. Beweise durch Induktion nach n:

\frac{d^{n}}{dx^{n}} f(x) · g(x) = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n−k)}(x) · g^{(k)}(x)

mit den durch

\binom{n + 1}{k} = \binom{n}{k − 1} + \binom{n}{k}, k = 1, …, n

definierten Binomialkoeffizienten des Pascalschen Dreiecks.

Musterlösung: Induktionsstart: Für n = 0 ist die Behauptung f(x) · g(x) = f(x) · g(x) sicherlich richtig. Induktionsschritt n → n + 1: Es gelte

\frac{d^{n}}{dx^{n}} f(x) · g(x) = ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n−k)}(x) · g^{(k)}(x).

Durch eine weitere Ableitung erhält man:

\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}} f(x) · g(x) = \frac{d}{dx} ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n−k)}(x) · g^{(k)}(x)

= ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x) + ∑_{k=0}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n−k)}(x) · g^{(k+1)}(x)

= f^{(n+1)}(x) · g(x) + ∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x)

+ ∑_{k=0}^{n−1} \binom{n}{k} · f^{(n−k)}(x) · g^{(k+1)}(x) + f(x) · g^{(n+1)}(x)

= f^{(n+1)}(x) · g(x) + ∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x)

+ ∑_{k=1}^{n} \binom{n}{k − 1} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x) + f(x) · g^{(n+1)}(x)

= f^{(n+1)}(x) · g(x) + ∑_{k=1}^{n} (\binom{n}{k} + \binom{n}{k − 1}) · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x) + f(x) · g^{(n+1)}(x)

= f^{(n+1)}(x) · g(x) + ∑_{k=1}^{n} \binom{n + 1}{k} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x) + f(x) · g^{(n+1)}(x)

= ∑_{k=0}^{n+1} \binom{n + 1}{k} · f^{(n+1−k)}(x) · g^{(k)}(x).

Aufgabe 61: (Implizite Differentiation. 0 Bonuspunkte) Eine Funktion y = f(x) ist als Lösung der Gleichung

y^{3} + x^{2} · y = e^{(x^{2})}

definiert. Offensichtlich gilt f(0) = 1. Bestimme f′(0). Anleitung: differenziere die Identität f(x)^{3} + x^{2} · f(x) = e^{(x^{2})} nach x. Es ergibt sich eine Gleichung für f′(x).

Musterlösung: Für x = 0 ist y = f(0) durch die Gleichung y^{3} + 0 · y = e^{0} = 1 definiert, woraus y = f(0) = 1 folgt. Durch Differentiation der definierenden Gleichung erhält man:

f(x)^{3} + x^{2} · f(x) = e^{(x^{2})} ⇒ 3 · f(x)^{2} · f′(x) + 2 · x · f(x) + x^{2} · f′(x) = 2 · x · e^{(x^{2})}.

Mit x = 0, f(0) = 1 ergibt sich

3 · f(0)^{2} · f′(0) + 2 · 0 · f(0) + 0^{2} · f′(0) = 2 · 0 · e^{(0^{2})} ⇒ 3 · f′(0) = 0 ⇒ f′(0) = 0.

Aufgabe 62*: (Implizite Differentiation. 10 Bonuspunkte) Man begebe sich ins automatische Abgabe-Tool bourbaki.upb.de/mfp1. Diese Aufgabe wird dort als ’Miniprojekt 62’ bezeichnet. Es wird dort nach der Ableitung einer implizit definierten Funktion gefragt. Liefere den Wert der Funktion und ihre Ableitung im Web-Formular ab. Es gibt drei Abgabeversuche! Abgaben bis Do, 4.12., 23::59::59 Uhr. Anleitung: siehe Aufgabe 61.

Musterlösung: Die generierte Aufgabe ist: Betrachte die durch die Gleichung

e^{(M_{1}+M_{2})·(y−M_{3})} + M_{1} − 1 + M_{4} · y = (M_{1} + M_{3} · M_{4}) · e^{x−M_{5}}

definierte Funktion y = f(x). Berechne f(M_{5}) und f′(M_{5}). Hierbei sind M_{1}, …, M_{7} die üblichen Ziffern der Matrikelnummer.

Für x = M_{5} ist y = f(M_{5}) durch die Gleichung

e^{(M_{1}+M_{2})·(y−M_{3})} + M_{1} − 1 + M_{4} · y = M_{1} + M_{3} · M_{4} ⇒ e^{(M_{1}+M_{2})·(y−M_{3})} − 1 = M_{4} · (M_{3} − y)

gegeben. Die Lösung ist y = f(M_{5}) = M_{3} . Durch Ableitung von

e^{(M_{1}+M_{2})·(f(x)−M_{3})} + M_{1} − 1 + M_{4} · f(x) = (M_{1} + M_{3} · M_{4}) · e^{x−M_{5}}

erhält man

(M_{1} + M_{2}) · f′(x) · e^{(M_{1}+M_{2})·(f(x)−M_{3})} + M_{4} · f′(x) = (M_{1} + M_{3} · M_{4}) · e^{x−M_{5}}.

Mit x = M_{5}, f(x) = f(M_{5}) = M_{3} ergibt sich die Gleichung

(M_{1} + M_{2}) · f′(M_{5}) + M_{4} · f′(M_{5}) = M_{1} + M_{3} · M_{4} ⇒ f′(M_{5}) = \frac{M_{1} + M_{3} · M_{4}}{M_{1} + M_{2} + M_{4}} .

Aufgabe 63: (Differentiation von Umkehrfunktionen. 0 Bonuspunkte) In Definition 5.23 des Skripts wurde tan(x) = \frac{sin(x)}{cos(x)} sowie die Umkehrfunktion arctan(x) eingeführt.

a) Zeige: \frac{d}{dx} tan(x) = 1 + tan^{2}(x).

b) Berechne die Ableitung von arctan(x).

c) Berechne die Ableitung von arctan(x) + arctan(1/x). Erklärung?

Musterlösung: a)

\frac{d}{dx} \frac{sin(x)}{cos(x)} = \frac{cos^{2}(x) − sin(x) · (− sin(x))}{cos^{2}(x)} = \frac{cos^{2}(x) + sin^{2}(x)}{cos^{2}(x)} = 1 + tan^{2}(x) = \frac{1}{cos^{2}(x)}.

b) Sei f = tan, f^{−1} = arctan, x = tan(y), y = arctan(x). Es gilt

(f^{−1})′(x) = \frac{1}{f′(y)} = \frac{1}{1 + tan^{2}(y)} = \frac{1}{1 + tan^{2}(arctan(x))} = \frac{1}{1 + x^{2}} .

c)

\frac{d}{dx}( arctan(x) + arctan(1/x)) = \frac{1}{1 + x^{2}} + \frac{1}{1 + (1/x)^{2}} · ( − \frac{1}{x^{2}} ) = \frac{1}{1 + x^{2}} − \frac{1}{x^{2} + 1} = 0.

Dies wird verständlich wegen der in Aufgabe 17a.d) auf Blatt 6a herzuleitenden Identität

arctan(x) + arctan(1/x) = sign(x) · \frac{π}{2} .

Aufgabe 64*: (Differentiation von Umkehrfunktionen. 20 Bonuspunkte) Man begebe sich ins automatische Abgabe-Tool bourbaki.upb.de/mfp1. Diese Aufgabe wird dort als ’Miniprojekt 64’ bezeichnet. Es wird dort nach Ableitungswerten einer Umkehrfunktion gefragt. Liefere die Ableitungen im Web-Formular ab. Es gibt drei Abgabeversuche! Abgaben bis Do, 4.12., 23::59::59 Uhr.

Musterlösung: Die generierte Aufgabe ist: Finde eine Formel, um die zweite Ableitung der Umkehrfunktion f^{−1} einer invertierbaren Funktion f an einer Stelle x durch Ableitungen von f an der Stelle y = f^{−1}(x) auszudrücken. Berechne (f^{−1})′′(M_{2} + M_{3}) für

f(y) = M_{1} · y + M_{2} + M_{3} · e^{M_{4}·y}.

Hierbei sind M_{1}, …, M_{7} die üblichen Ziffern der Matrikelnummer (wobei einige der Ziffern intern umdefiniert werden).

Ableiten der Identität

(f^{−1})(f(y)) = y

nach y liefert über die Kettenregel

(f^{−1})′(f(y)) · f′(y) = 1.

Erneutes Ableiten liefert

(f^{−1})′′(f(y)) · f′(y) · f′(y) + (f^{−1})′(f(y)) · f′′(y) = 0.

Mit (f^{−1})′(f(y)) = 1/f′(y) folgt

(f^{−1})′′(f(y)) = −\frac{(f^{−1})′(f(y)) · f′′(y)}{f′(y)^{2}} = −\frac{f′′(y)}{f′(y)^{3}} .

Sei g = f^{−1}, x = f(y), y = g(x):

g′′(x) = −\frac{f′′(g(x))}{f′(g(x))^{3}} .

Für

f(y) = M_{1} · y + M_{2} + M_{3} · e^{M_{4}·y},
f′(y) = M_{1} + M_{3} · M_{4} · e^{M_{4}·y},
f′′(y) = M_{3} · M_{4}^{2} · e^{M_{4}·y}

ergibt sich

g′′(x) = −\frac{M_{3} · M_{4}^{2} · e^{M_{4}·g(x)}}{(M_{1} + M_{3} · M_{4} · e^{M_{4}·g(x)})^{3}} .

Mit f(0) = M_{2} + M_{3} ⇒ g(M_{2} + M_{3}) = 0 folgt

g′′(M_{2} + M_{3}) = −\frac{M_{3} · M_{4}^{2}}{(M_{1} + M_{3} · M_{4})^{3}} .

Abzugeben waren:

g(M_{2} + M_{3}) = 0, g′(M_{2} + M_{3}) = \frac{1}{M_{1} + M_{3} · M_{4}} , g′′(M_{2} + M_{3}) = −\frac{M_{3} · M_{4}^{2}}{(M_{1} + M_{3} · M_{4})^{3}} .

Aufgabe 65*: (Mittelwertsatz. 10 Bonuspunkte) Sei f : [a, b] ↦ ℝ eine differenzierbare Funktion, die f′(x) = 0 für alle x ∈ [a, b] erfüllt. Zeige, dass f konstant ist.

Musterlösung: Der Mittelwertsatz auf einem Intervall [a, x] ⊂ [a, b] besagt

\frac{f(x) − f(a)}{x − a} = f′(ξ) = 0

(mit irgendeinem Zwischenwert ξ). Es folgt f(x) = f(a) für jedes x ∈ [a, b].