10. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen

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10. ¨Ubungsblatt Aufgaben mit Lösungen

10. Übungsblatt

Aufgaben mit Lösungen

Aufgabe 46: Berechnen Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen in ihrem Definitionsbereich:

(a) f(x) = x ( ) 2 x+1

x 2 +1 , (b) g(x) = , (c) h(x) = ( √ ( ) 1

x+1) √x −1 .

x−1

Lösung 46: (a) Wir benutzen die Quotientenregel:

( ) ′ x

f(x) ′ =

x 2 = x′ (x 2 +1)−x(x 2 +1) ′

+1 (x 2 +1) 2 = x2 +1−2x 2

(x 2 +1) 2 = 1−x2

(1+x 2 ) 2.

( 2

x+1

(b) Wir schreiben g(x) =

x−1)

= (x+1) 2 (x−1) −2 und wenden die Ketten- und Produktregel an:

g ′ (x) =2(x+1)(x−1) −2 +(x+1) 2 [−2(x−1) −3 ] = 2 x+1

(x−1) 2 −2(x+1)2 (x−1) 3 =

2 (x+1)(x−1)

(x−1) 3

(c) Wir schreiben h(x) = ( √ (

1

x+1)

−2 x2 +2x+1

(x−1) 3

√ x

−1

= (2x2 −2)−(2x 2 +4x+2)

(x−1) 3 = −4 x+1

(x−1) 3.

)

= (x 1 2 +1)(x −1 2 −1) und wenden wieder die Produktregel an:

h ′ (x) = 1 2 x−1 2 (x

− 1 1 1 1

2 −1)−

2 x−3 2 (x 2 +1) =

2 (1 x − √ 1 )− 1 x 2 (1 x + 1

x √ x ) =

− 1 1

√ − 1 1

2 x 2x √ x = − 1

2 √ x (1+ 1 x ).

Aufgabe 47: Berechnen Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen in ihrem Definitionsbereich:

(a) u(x) = e x cos 2 x(cosx+3sinx), (b) v(x) =

Lösung 47:

(a) Wir wenden die Produktregel an:

sinx

cosx+sinx ,

(c) w(x) = ln( 1−e x

e x )

.

u ′ (x) = e x cos 2 x(cosx+3sinx)+e x (−2cosxsinx)(cosx+3sinx)+e x cos 2 x(−sinx+3cosx)

= 3e x cos 2 xsinx+e x cos 3 x−2e x cos 2 xsinx−6e x cosxsin 2 x−e x cos 2 xsinx+3e x cos 3 x

= 2e x cosx(2cos 2 x−3sin 2 x).

(b)Wir wenden die Quotientenregel an:

(c) w(x) = ln ( 1−e x

v ′ (x) = cosx(cosx+sinx)−sinx(−sinx+cosx)

(cosx+sinx) 2

1

=

1+2cosxsinx

e x )

,w ′ (x) = ex

1−e x · −ex ·e x −(1−e x )e x

e 2x = − 1

1−e x

= cos2 x+cosxsinx+sin 2 x−sinxcosx

1+2cosxsinx

Aufgabe 48: Für reelles α betrachten wir die auf dem Intervall [0,∞) definierte Funktion

f(x) =

{

x α sin 1 x , x > 0

0, x = 0 .

Untersuchen Sie (in Abhängigkeit des Parameters α ∈ R) wann f stetig, differenzierbar oder stetig differenzierbar ist.

Lösung 48: Wir betrachten zunächst x > 0. Aufgrund der Differentiationsregeln und der Differenzierbarkeit von x α

und sin 1 x (auf R >0) ist f in jedem Punkt x > 0 differenzierbar mit der Ableitung

f ′ (x) = αx α−1 sin 1 x −xα−2 cos 1 x .

Insbesondere ist f nach Satz 5.4 in jedem Punkt x > 0 stetig. Da f ′ als Kombination stetiger Funktionen (auf R >0 )

auch stetig ist, ist f stetig differenzierbar auf R >0 .

Nun untersuchen wir f noch in x 0 = 0. Wir unterscheiden dazu folgende Fälle:

1.Fall α > 2.

Für die rechtsseitige Ableitung in x 0 = 0 erhalten wir


f(x)−f(0) x α sin 1 x

lim = lim

−0 = lim

x→0+ x−0 x→0+ x−0 x→0+ xα−1 sin 1 x = 0,

denn |x α−1 sin 1 x | ≤ |xα−1 | x→0

→ 0. Folglich ist f in x 0 = 0 differenzierbar und f ′ (0) = 0. Also ist f auf [0,∞)

stetig differenzierbar.

2.Fall 1 < α ≤ 2.

Genau wie im 1.Fall zeigt man, dass f auch für diese α in x 0 = 0 diffbar ist. f ist in x = 0 aber nicht stetig

differenzierbar, da

lim

x→0 f′ (x) = lim αx α−1 sin 1

x→0 x −xα−2 cos 1 x

nicht existiert. Denn für die Nullfolgen (x n ) n bzw. (y n ) n mit x n := 1

2nπ bzw. y n := 1

2nπ+π gilt

( cos(2nπ) = 1) bzw.

(cos(2nπ +π) = −1).

f ′ (x n ) = −( 1

2nπ )α−2 = −(2nπ) 2−α ≤ −1

f ′ 1

(y n ) = (

2nπ +π )α−2 = (2nπ +π) 2−α ≥ 1

3.Fall 0 < α ≤ 1.

Wegen lim

x→0

f(x) = lim

x→0

x α sin 1 x = 0 ist f in x = 0 stetig. f ist in x 0 = 0 aber nicht differenzierbar, da

4.Fall α ≤ 0.

nicht existiert (das sieht man ähnlich wie im 2.Fall).

lim

x→0

f(x) = lim

x→0 xα sin 1 x

f(x)−f(0)

lim = lim x α−1 sin 1

x→0 x−0 x→0 x

= ∞, da sin beschränkt ist, und lim

x→0 xα = ∞ für α < 0. Also ist f in x 0 = 0 nicht stetig.


x

Graph(f) fuer α=3

10−3

4

0.1

Graph(f) fuer α=3/2

0.4

Graph(f) fuer α=1/2

2

0

−2

−4

−6

0.05

0

−0.05

0.2

0

−0.2

−0.4

−8

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

−0.1

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

−0.6

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

0.15

Graph(f’) fuer α=3

30

Graph(f’) fuer α=3/2

x

Graph(f’) fuer α=1/2

104

2

0.1

0.05

20

10

1

0

0

0

−0.05

−10

−1

−0.1

−0.15

−20

−30

−2

−0.2

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

−40

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

−3

0 0.05 0.1 0.15 0.2

x∈[0,π/16]

1000

Graph(f) fuer α=−1

500

0

−500

−1000

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.2

x∈[0,π/16]

Abbildung 1: Graph der Funktion f (1.Zeile) und f ′ (2.Zeile) für α ∈ {3,3/2,1/2}. Graph der Funktion f für α = −1

(3.Zeile). x ∈ (0,π/16].

Aufgabe 49: Die Umkehrfunktion des Tangens ist die Funktion

(

arctan : R −→ − π 2 , π )

.

2

(a) Berechnen Sie die Ableitung von arctan mit der Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion.

(b) Für |x| < 1 kann arctan in eine Potenzreihe entwickelt werden:

arctanx =

∞∑

n=0

(−1) n x2n+1

2n+1 .

Berechnen Sie (arctanx) ′ nun, indem Sie diese Potenzreihe differenzieren.

Lösung 49:

2.5

2

1.5

1

0.5

y

0

−0.5

−1

−1.5

−2

−2.5

−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

x

Abb.: (Aufg. 49) Graph von Tangens auf [−1.2,1.2] und Graph der Umkehrfunktion Arkustangens.


(a) Es gilt nach Satz 5.12

(arctanx) ′ =

1

(tany) ′ ∣

∣∣∣y=arctanx

.

Die Quotientenregel und die Identität 1 = cos 2 (y)+sin 2 (y) liefert

(tany) ′ = ( siny

cosy )′ = cos2 y −(−sinysiny)

cos 2 = (cos 2 y) −1 .

y

Dann folgt

Also

1

(tany) ′ = cos 2 y

cos2 y =

sin 2 y +cos 2 y = 1

tan 2 y +1 .

(arctanx) ′ =

1

tan 2 y +1∣ = 1

y=arctanx

1+x 2.

(b) Für |x| < 1 ist

(arctanx) ′ = d

dx

∞∑

n=0


2n+1 = ∑ ∞∑

(−1) n x 2n = (−x 2 )

(−1) n x2n+1

n=0

n=0

n geom. Reihe

=

1

1−(−x 2 ) = 1

1+x 2.

Beachten Sie: Die Potenzreihe konvergiert aber nur für |x| < 1, und ist somit nur dort eine Funktion, und zwar

der Arcustangens. Das heißt, dass auch die Ableitung nur in diesem Bereich gültig ist (wenn auch formal die

Ableitung der Potenzreihe für jedes x ∈ R gebildet werden kann).

Aufgabe 50: Gegeben sei die Differentialgleichung y ′ (x)−2y(x) = 0 für x ∈ R sowie der Anfangswert y(0) = 3.


(a) Machen Sie für die Lösung y einen Potenzreihenansatz der Form y(x) = ∞ a k x k , setzen Sie diesen in die

Differentialgleichung ein und geben Sie eine Rekursionsformel für die Koeffizienten a k an.

(b) Bestimmen Sie a 0 aus den Anfangswert, finden Sie eine explizite Darstellung für die Koeffizienten a k und geben

Sie die Lösung y in geschlossener Form an.

Lösung 50:


(a) Wir machen den Ansatz y(x) = ∞ a k x k , und gliedweise Differentiation führt auf

k=0

Einsetzen in die Differentialgleichung liefert

k=0

∞∑ ∞∑

y ′ (x) = ka k x k−1 = (k +1)a k+1 x k .

k=1

k=0

k=0

k=0

∞∑

∞∑ ∞∑

(k +1)a k+1 x k −2 a k x k = ((k +1)a k+1 −2a k )x k = 0

für alle x innerhalb des Konvergenzkreises. Der Koeffizientenvergleich führt auf (k+1)a k+1 −2a k = 0 für k ∈ N 0

und damit erhalten wir die Rekursionsformel

k=0

a k+1 = 2

k +1 a k für k ∈ N 0 .

(b) Wenn wir den Punkt x = 0 in den Potenzreihenansatz einsetzen, erhalten wir y(0) = a 0 , und somit muss nach

dem vorgegebenen Anfangswert a 0 = 3 sein. Damit bilden die Koeffizienten eine rekursiv definierte Folge mit

dem Startwert a 0 = 3 und der Rekursionsvorschrift a k+1 = 2

k+1 a k für k ∈ N 0 . Mit vollständiger Induktionerhält

man die explizite Darstellung a k = 3 2k

k!

für k ∈ N 0 , und wir erhalten die Lösung (in der geschlossenen Form)

y(x) = 3

∞∑ (2x) k

= 3e 2x .

k!

k=0

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