Analysis 1 Übungsaufgaben - Set A

Übungsaufgaben und detaillierte Lösungen

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1. Frage 1
   Bestimmen Sie den Definitionsbereich der Funktion: \[ f(x) = \frac{\sqrt{x - 1}}{\sqrt{4 - x^2}} \]
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   Damit die Funktion \( f \) reelle Werte annimmt, muss der Ausdruck unter der Wurzel im Zähler größer oder gleich Null und der Ausdruck unter der Wurzel im Nenner streng größer als Null sein. Wir lösen die Ungleichungen:

   \[ x - 1 \ge 0 \quad \text{und} \quad 4 - x^2 > 0 \]

   Die Lösungsintervalle für die erste bzw. zweite Ungleichung lauten:

   \[ x \ge 1 \quad \text{und} \quad -2 < x < 2 \]

   Beide Bedingungen müssen gleichzeitig erfüllt sein. Daher ist der Definitionsbereich die Schnittmenge dieser beiden Mengen:

   \[ 1 \le x < 2 \]
2. Frage 2
   Bestimmen Sie die Wertemenge der Funktion: \[ f(x) = \frac{x - 1}{2 - 3x} \]
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   Gemäß den Eigenschaften von Umkehrfunktionen entspricht die Wertemenge von \( f \) dem Definitionsbereich ihrer Umkehrfunktion.

   Beweisen Sie zunächst, dass \( f \) eine injektive (indeutige) Funktion ist, indem Sie \( f(a) = f(b) \) annehmen und \( a = b \) zeigen:

   \[ \frac{a - 1}{2 - 3a} = \frac{b - 1}{2 - 3b} \]

   Durch Kreuzmultiplikation und Vereinfachung ergibt sich \( a = b \), was die Invertierbarkeit beweist. Um die Umkehrfunktion zu finden, gehen Sie wie folgt vor:

   \[ y = \frac{x - 1}{2 - 3x} \implies 2y - 3xy = x - 1 \implies x = \frac{2y + 1}{3y + 1} \]

   Das Vertauschen von \( x \) und \( y \) ergibt die Umkehrfunktion:

   \[ f^{-1}(x) = \frac{2x + 1}{3x + 1} \]

   Der Definitionsbereich von \( f^{-1} \) schließt \( x = -\dfrac{1}{3} \) aus. Somit lautet die Wertemenge von \( f \) in Intervallschreibweise:

   \[ \left(-\infty, -\frac{1}{3}\right) \cup \left(-\frac{1}{3}, +\infty\right) \]
3. Frage 3
   Bestimmen Sie die Umkehrfunktion der Funktion: \[ f(x) = \ln(2x - 3) + 2 \]
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   Schreiben Sie die Funktion als Gleichung und lösen Sie nach \( x \) auf:

   \[ y = \ln(2x - 3) + 2 \] \[ y - 2 = \ln(2x - 3) \] \[ e^{y - 2} = 2x - 3 \implies 2x = e^{y - 2} + 3 \implies x = \frac{1}{2}\left(e^{y - 2} + 3\right) \]

   Das Vertauschen von \( x \) und \( y \) ergibt die Umkehrfunktion:

   \[ f^{-1}(x) = \frac{1}{2}\left(e^{x - 2} + 3\right) \]
4. Frage 4
   Berechnen Sie jeweils die folgenden Grenzwerte:
   • \( \displaystyle \lim_{x \to 16} \frac{-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}}{x - 16} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{-x^3 + 2x - 1}{x^4 - 3x^3 + 9} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{3}{x}\right) \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x) + x}{2x^2 + x} \)
   • \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{\sin(x) + 1}{x} \)
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   a) Der Grenzwert hat die unbestimmte Form \( \dfrac{0}{0} \). Multiplizieren Sie Zähler und Nenner mit dem konjugierten Ausdruck des Zählers:

   \[ \lim_{x \to 16} \frac{-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}}{x - 16} = \lim_{x \to 16} \frac{\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \lim_{x \to 16} \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{16}}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} \] \[ = \lim_{x \to 16} \frac{\frac{16 - x}{16x}}{(x - 16)\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \lim_{x \to 16} \frac{-1}{16x\left(-\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{4}\right)} = \frac{-1}{16(16)\left(-\frac{1}{4} - \frac{1}{4}\right)} = \frac{1}{128} \]

   b) Der Grenzwert hat die Form \( \dfrac{\infty}{\infty} \). Teilen Sie alle Terme durch die höchste Potenz \( x^4 \):

   \[ \lim_{x \to +\infty} \frac{-x^3 + 2x - 1}{x^4 - 3x^3 + 9} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-\frac{1}{x} + \frac{2}{x^3} - \frac{1}{x^4}}{1 - \frac{3}{x} + \frac{9}{x^4}} = \frac{0}{1} = 0 \]

   c) Unbestimmte Form \( \infty \cdot 0 \). Setzen Sie \( t = \dfrac{3}{x} \):

   \[ \lim_{x \to +\infty} x \sin\left(\frac{3}{x}\right) = \lim_{t \to 0} 3 \frac{\sin(t)}{t} = 3 \times 1 = 3 \]

   d) Unbestimmte Form \( \dfrac{0}{0} \). Wenden Sie die Regel von L'Hôpital an:

   \[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(x) + x}{2x^2 + x} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos(x) + 1}{4x + 1} = \frac{\cos(0) + 1}{0 + 1} = 2 \]

   e) Da \( -1 \le \sin(x) \le 1 \), gilt nach Addition von 1: \( 0 \le \sin(x) + 1 \le 2 \). Division durch \( x > 0 \):

   \[ 0 \le \frac{\sin(x) + 1}{x} \le \frac{2}{x} \]

   Nach dem Satz von der Einspitzung (Sandwich-Theorem) streben die Grenzwerte der Schranken gegen 0, womit der Grenzwert \( 0 \) ergibt.

5. Frage 5
   a) Zeichnen Sie \( y = e^{x-1} \) und \( y = x \) in dasselbe Koordinatensystem, zeigen Sie, dass die beiden Graphen im Punkt \( (1, 1) \) eine gemeinsame Tangente haben, und überprüfen Sie, dass \( e^{x-1} \ge x \).
   b) Verwenden Sie das Ergebnis aus Teil a), um die Krümmung der Funktion \( f(x) = \dfrac{x^3}{6} - e^{x-1} \) sowie eventuelle Wendepunkte zu bestimmen.
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   a) Die Ableitung von \( y = e^{x-1} \) ist \( y' = e^{x-1} \). Bei \( x = 1 \) beträgt die Steigung \( m = e^{1-1} = 1 \). Die Tangente im Punkt \( (1, 1) \) ist \( y - 1 = 1(x - 1) \implies y = x \). Folglich sind die Graphen bei \( (1, 1) \) tangierend und es gilt \( e^{x-1} \ge x \).

   

   b) Gegeben ist \( f(x) = \dfrac{x^3}{6} - e^{x-1} \); die Ableitungen lauten:

   \[ f'(x) = \frac{x^2}{2} - e^{x-1}, \quad f''(x) = x - e^{x-1} \]

   Da \( e^{x-1} \ge x \implies x - e^{x-1} \le 0 \), ist \( f''(x) \le 0 \) überall (mit Gleichheit bei \( x = 1 \)). Daher ist \( f(x) \) auf \( (-\infty, +\infty) \) rechtsgekrümmt (konkav nach unten) und besitzt keine Wendepunkte, da \( f'' \) kein Vorzeichen wechselt.

6. Frage 6
   Bestimmen Sie die Ableitung der folgenden Funktionen (vereinfachen Sie das Endergebnis nicht):
   • \( f(x) = e^{x-1} + \ln(3x - 1) + \sin(2x + 1) \)
   • \( g(x) = (2x - 1)^2(\tan(x) - 1) \)
   • \( h(x) = \dfrac{x - \cos(x)}{x^2 - 2x + 1} \)
   • \( m(x) = \sin\left(\sqrt{x^3 - \dfrac{1}{x} + 2}\right) \)
   • \( n(x) = 3^{2x+3} + \log_3(2x - 1) \)
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   a) Summenregel: \( f'(x) = e^{x-1} + \dfrac{3}{3x - 1} + 2\cos(2x + 1) \)

   b) Produktregel: \( g'(x) = 4(2x - 1)(\tan(x) - 1) + (2x - 1)^2\sec^2(x) \)

   c) Quotientenregel: \( h'(x) = \dfrac{(1 + \sin(x))(x^2 - 2x + 1) - (x - \cos(x))(2x - 2)}{(x^2 - 2x + 1)^2} \)

   d) Kettenregel: \( m'(x) = \cos\left(\sqrt{x^3 - \dfrac{1}{x} + 2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(3x^2 + \frac{1}{x^2}\right)\left(x^3 - \dfrac{1}{x} + 2\right)^{-1/2} \)

   e) Umschreiben der Basen: \( n(x) = e^{(2x+3)\ln 3} + \dfrac{\ln(2x-1)}{\ln 3} \implies n'(x) = (2\ln 3)3^{2x+3} + \dfrac{2}{\ln 3(2x - 1)} \)

7. Frage 7
   Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die durch \( \sin(y^2) = x^2 \) gegebene Kurve im Punkt \( (0, \sqrt{\pi}) \).
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   Implizites Differenzieren nach \( x \):

   \[ 2y \frac{dy}{dx}\cos(y^2) = 2x \implies \frac{dy}{dx} = \frac{x}{y\cos(y^2)} \]

   Auswertung im Punkt \( (0, \sqrt{\pi}) \):

   \[ m = \frac{0}{\sqrt{\pi}\cos(\pi)} = 0 \]

   Die Gleichung der horizontalen Tangente lautet:

   \[ y = \sqrt{\pi} \]
8. Frage 8
   Bestimmen Sie die Konstanten \( a \) und \( b \), so dass die Funktion \( f \) auf \( (-\infty, +\infty) \) stetig ist: \[ f(x) = \begin{cases} 2x - 1 & x \le 1 \\ ax^3 + b & 1 < x < 2 \\ x + 2b & x \ge 2 \end{cases} \]
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   Stetigkeit bei \( x = 1 \):

   \[ \lim_{x \to 1^-} (2x - 1) = 1, \quad \lim_{x \to 1^+} (ax^3 + b) = a + b \implies a + b = 1 \quad \text{(Gl. 1)} \]

   Stetigkeit bei \( x = 2 \):

   \[ \lim_{x \to 2^-} (ax^3 + b) = 8a + b, \quad \lim_{x \to 2^+} (x + 2b) = 2 + 2b \implies 8a + b = 2 + 2b \quad \text{(Gl. 2)} \]

   Das gleichzeitige Lösen der Gleichungen (1) und (2) liefert:

   \[ a = \frac{1}{3}, \quad b = \frac{2}{3} \]
9. Frage 9
   Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die durch \( y = x + \sin(x) \) gegebene Kurve bei \( x = 0 \).
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   Ableitung: \( y' = 1 + \cos(x) \). Die Steigung bei \( x = 0 \) ist \( m = 1 + \cos(0) = 2 \).

   Berührpunkt: \( P(0, 0 + \sin(0)) = (0, 0) \).

   Gleichung der Tangente: \( y - 0 = 2(x - 0) \implies y = 2x \).

10. Frage 10
    Verwenden Sie die Definition der Ableitung als Grenzwert, um \( f'(x) \) zu bestimmen, wenn \( f(x) = \sqrt{x + 2} \) ist.
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    Unter Verwendung der Grenzwertdefinition der Ableitung:

    \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{x + h + 2} - \sqrt{x + 2}}{h} \]

    Multiplikation mit dem konjugierten Term:

    \[ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x + h + 2) - (x + 2)}{h\left(\sqrt{x + h + 2} + \sqrt{x + 2}\right)} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{\sqrt{x + h + 2} + \sqrt{x + 2}} = \frac{1}{2\sqrt{x + 2}} \]
11. Frage 11
    Bestimmen Sie, auf welchen Intervallen die Funktion \( f(x) = e^x(x^2 - 5x + 8) + \dfrac{x^4}{12} - \dfrac{x^3}{6} \) linksgekrümmt (konkav nach oben) bzw. rechtsgekrümmt (konkav nach unten) ist, und finden Sie eventuelle Wendepunkte.
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    Erste Ableitung: \( f'(x) = e^x(x^2 - 3x + 3) + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^2}{2} \)

    Zweite Ableitung: \( f''(x) = e^x(x^2 - x) + x^2 - x = x(x - 1)e^x \)

    Nullstellen von \( f'' \) sind \( x = 0 \) und \( x = 1 \). Überprüfung der Intervalle:

    • \( (-\infty, 0) \): \( f''(-1) > 0 \) (linksgekrümmt / konkav nach oben)
    • \( (0, 1) \): \( f''(1/2) < 0 \) (rechtsgekrümmt / konkav nach unten)
    • \( (1, +\infty) \): \( f''(2) > 0 \) (linksgekrümmt / konkav nach oben)

    Wendepunkte treten bei \( x = 0 \) und \( x = 1 \) auf.

12. Frage 12
    Wenden Sie das Newton-Verfahren mit einem Startwert \( x_1 = 2 \) an, um eine zweite Näherung für die Lösung der Gleichung \( e^x = x^3 \) zu finden.
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    Sei \( f(x) = e^x - x^3 = 0 \). Dann ist \( f'(x) = e^x - 3x^2 \).

    Mit der Newton-Iteration \( x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)} \) und \( x_1 = 2 \):

    \[ x_2 = 2 - \frac{e^2 - 2^3}{e^2 - 3(2^2)} \approx 1{,}87 \]
13. Frage 13
    Bestimmen Sie das absolute Maximum und Minimum der Funktion \( f(x) = x^4 - x^3 \) auf dem Intervall \( [0, 5] \).
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    Ableitung: \( f'(x) = 4x^3 - 3x^2 = x^2(4x - 3) \). Kritische Punkte sind \( x = 0 \) und \( x = 3/4 \).

    Auswertung an den Randpunkten und kritischen Punkten auf \( [0, 5] \):

    \[ f(0) = 0, \quad f(5) = 500, \quad f(3/4) = -\frac{27}{256} \]

    Das absolute Maximum beträgt \( 500 \) bei \( x = 5 \), und das absolute Minimum beträgt \( -\dfrac{27}{256} \) bei \( x = 3/4 \).

14. Frage 14
    Wenn sich die Abmessungen \( L \), \( W \) und \( H \) eines Quaders mit den Änderungsraten \( \dfrac{dL}{dt} = 0{,}1 \; \text{cm/s} \), \( \dfrac{dW}{dt} = -0{,}2 \; \text{cm/s} \) bzw. \( \dfrac{dH}{dt} = 0{,}3 \; \text{cm/s} \) ändern, mit welcher Rate ändert sich das Volumen des Quaders, wenn \( L = 20 \; \text{cm} \), \( W = 8 \; \text{cm} \) und \( H = 5 \; \text{cm} \) ist?
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    Volumenformel: \( V = LWH \). Differenzieren nach der Zeit \( t \):

    \[ \frac{dV}{dt} = WH\frac{dL}{dt} + LH\frac{dW}{dt} + LW\frac{dH}{dt} \]

    Einsetzen der gegebenen Werte (\( L = 20, W = 8, H = 5, \dfrac{dL}{dt} = 0{,}1, \dfrac{dW}{dt} = -0{,}2, \dfrac{dH}{dt} = 0{,}3 \)):

    \[ \frac{dV}{dt} = (8)(5)(0{,}1) + (20)(5)(-0{,}2) + (20)(8)(0{,}3) = 32 \; \text{cm}^3/\text{s} \]
15. Frage 15
    Wie lauten die Abmessungen des Rechtecks mit dem größten Flächeninhalt, das in einen Halbkreis mit dem Radius 3 einbeschrieben werden kann?
    

    

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    Kreisgleichung: \( x^2 + y^2 = 9 \implies y = \sqrt{9 - x^2} \). Rechteckabmessungen: \( L = 2x \) und \( W = \sqrt{9 - x^2} \).

    Flächenfunktion: \( A(x) = 2x\sqrt{9 - x^2} \) für \( 0 \le x \le 3 \).

    

    Ableitung: \( A'(x) = \dfrac{2(-2x^2 + 9)}{\sqrt{9 - x^2}} \). Das Setzen von \( A'(x) = 0 \) liefert den kritischen Punkt \( x = \sqrt{4{,}5} \).

    Die Auswertung ergibt den maximalen Flächeninhalt bei \( x = \sqrt{4{,}5} \), was zu folgenden Abmessungen führt:

    \[ L = 2\sqrt{4{,}5} \approx 4{,}24, \quad W = \sqrt{9 - 4{,}5} \approx 2{,}12 \]

Weitere Referenzen und Links

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