Präsenzblatt 10
Aufgabe PA 46
Es seien \( D\subseteq\mathbb R \) und \( f\colon D\to\mathbb R \) eine im Punkt \( x_0\in D \) stetige Funktion. Ferner sei \( f(x_0)\gt 0. \) Zeigen Sie, dass dann ein \( \epsilon\gt 0 \) und ein \( \delta\gt 0 \) existieren, so dass \[ f(x)\ge\varepsilon\gt 0\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta. \]
Setze \( \mu_0:=f(x_0)\gt 0. \) Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert wegen der Stetigkeit in \( x_0 \) ein \( \delta(x_0,\varepsilon)\gt 0 \) mit \[ |f(x)-f(x_0)|=|f(x)-\mu_0|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(x_0,\varepsilon). \] Betrachte nun speziell \( \varepsilon:=\frac{\mu_0}{2}. \) Dann wird \[ |f(x)-\mu_0)|\lt\frac{\mu_0}{2}\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(x_0,\mu_0) \] bzw. nach PA 14(ii) dazu äquivalenz \[ -\,\frac{\mu_0}{2}\lt f(x)-\mu_0\lt\frac{\mu_0}{2}\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(x_0,\mu_0). \] Das stellen wir noch einmal um \[ \frac{\mu_0}{2}\lt f(x)\lt\frac{3\mu_0}{2}\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(x_0,\mu_0). \] Mit obigem \( \varepsilon:=\frac{\mu_0}{2} \) erhalten wir also insbesondere \[ 0\lt\varepsilon\gt f(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in D\ \mbox{mit}\ |x-x_0|\lt\delta(x_0,\varepsilon). \] Das war gesucht.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 47
Berechnen Sie die ersten Ableitungen folgender Funktionen im Punkt $x_0\in\mathbb R$ durch Auswerten der Differenzenquotienten.
| (i) | \( f(x)=x \) |
| (ii) | \( f(x)=x^2 \) |
| (iii) | \( f(x)=x^n \) mit \( n\in\mathbb N \) |
| (iv) | \( f(x)=\sqrt{x} \) mit \( x\gt 0 \) |
| (i) | Wir ermitteln |
\[ \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{x-x_0}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}1 =1, \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=1. \) | |
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{x^2-x_0^2}{x-x_0} \\[1ex] \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}(x+x_0) =2x_0\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=2x_0. \) | |
| (iii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \\[1ex] \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\ldots+xx_0^{n-2}+x_0^{n-1})(x-x_0)}{x-x_0} \\[1ex] \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\ldots+xx_0^{n-2}+x_0^{n-1}) =nx_0^{n-1}\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=nx_0^{n-1}. \) | |
| (iv) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{x-x_0} \\[1ex] \qquad\displaystyle =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_0}}{(\sqrt{x}-\sqrt{x_0})(\sqrt{x}+\sqrt{x_0})} =\lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}} =\frac{1}{2\sqrt{x_0}}\,, \end{array} \]
| d.h. es ist \( f'(x_0)=\frac{1}{2\sqrt{x_0}}. \) |
Das war gesucht.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 48
Seien \( \lambda,\mu\in\mathbb R \) und \( f,g\colon D\to\mathbb R \) in \( x_0\in D\subseteq\mathbb R \) differenzierbar. Beweisen Sie, dass dann ebenfalls in \( x_0\in D \) differenzierbar sind:
| (i) | Die Linearkombination \( h(x):=\lambda f(x)+\mu g(x) \) mit der Ableitung |
\[ h'(x_0)=\lambda f'(x_0)+\mu g'(x_0).\]
| (ii) | Das Produkt \( h(x):=f(x)g(x) \) mit der Ableitung |
\[ h'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0). \]
| (i) | Für \( x\in D\setminus\{x_0\} \) ermitteln wir |
\begin{align} \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} &= \frac{\lambda f(x)+\mu g(x)-\lambda f(x_0)-\mu g(x_0)}{x-x_0} \\[1ex] &= \lambda\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}+\mu\,\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}\,. \end{align}
| Da \( f \) und \( g \) in \( x_0 \) differenzierbar sind, folgt nach Grenzübergang \( x\to x_0 \) |
\[ \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} =\lambda f'(x_0)+\mu g'(x_0). \]
| (ii) | Für \( x\in D\setminus\{x_0\} \) ermitteln wir |
\begin{align} \frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} &= \frac{f(x)g(x)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\[1ex] &= \frac{f(x)g(x)-f(x)g(x_0)+f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x_0)}{x-x_0} \\[1ex] &= f(x)\,\frac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0}+g(x_0)\,\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\,. \end{align}
| Da \( f \) und \( g \) in \( x_0 \) differenzierbar und damit auch stetig sind, folgt nach Grenzübergang \( x\to x_0 \) |
\[ \lim_{x\to x_0,\ x\not=x_0}\frac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} =f(x_0)g'(x_0)+g(x_0)f'(x_0). \]
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 49
Differenzieren Sie die folgenden Funktionen unter Verwendung der bekannten Rechenregeln, wie Summenregel, Produktregel, Quotientenregel:
| (i) | \( f(x)=x^5-5x^4+6x-2 \) |
| (ii) | \( f(x)=x^3\sin x+4x\cos x \) |
| (iii) | \( \displaystyle f(x)=\frac{x^3-2x-4}{x^2-1} \) |
| (iv) | \( \displaystyle f(x)=\frac{x^2-\sin(x^2+1)}{2+\cos x} \) |
| (v) | \( \displaystyle f(x)=\tan x:=\frac{\sin x}{\cos x} \) |
| (vi) | \( \displaystyle f(x)=\cot x:=\frac{\cos x}{\sin x} \) |
| (vii) | \( f(x)=(2x^3-4\sin x)^7(x+e^x) \) |
| (viii) | \( f(x)=(3x^2+1)\sin^2(x^3+3x^2-8) \) |
| (ix) | \( \displaystyle f(x)=\frac{xe^{-x^2}}{\sqrt{1+x^2}} \) |
| (x) | \( \displaystyle f(x)=\ln\left(\frac{1}{\cos x}\right) \) |
| (i) | \( f'(x)=5x^4-20x^3+6 \) |
| (ii) | \( f'(x)=3x^2\sin x+x^3\cos x+4\cos x-4x\sin x \) |
| (iii) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{x^4-x^2+8x+2}{(x^2-1)^2} \) |
| (iv) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{[(2x-2x\cos(x^2+1)](2+\cos x)+[x^2-\sin(x^2+1)]\sin x}{(2+\cos x)^2} \) |
| (v) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{1}{\cos^2x} \) |
| (vi) | \( \displaystyle f(x)=\cot x:=\frac{\cos x}{\sin x} \) |
| (vii) | \( f'(x)=7(2x^3-4\sin x)^6(6x^2-4\cos x)(x+e^x)+(2x^3-4\sin x)(1+e^x) \) |
| (viii) | \( f'(x)=6x\sin^2(x^3+3x^2-8)+2(3x^2+1)(3x^2+6x)\sin(x^3+3x^2-8)\cos(x^3+3x^2-8) \) |
| (ix) | \( \displaystyle f'(x)=\frac{(1-2x^2-2x^4)e^{-x^2}}{(1+x^2)^\frac{3}{2}} \) |
| (x) | \( \displaystyle f(x)=\tan x \) |
Das war gesucht.\( \qquad\Box \)