Mathematik HTL 3, Schulbuch

Lösungen zu „Was habe ich in diesem Abschnitt gelernt?“ 265 320. a. h mit h(x) = x [Für alle reellen Zahlen x ist sin’(x) = cos(x). Daher ist die lineare Approximation der Sinusfunktion an der Stelle 0 gleich h mit h(x) = cos(0)·(x – 0) + sin(0) = 1·x + 0 = x.] b. h mit h(x) = 1 4  cos 2    π _ 2   3 · 2  x –   π _ 2   3 + sin 2    π _ 2   3 = 0· 2  x –   π _ 2   3 + 1 = 1  5 c. h mit h(x) = ‒x + π [cos( π )·(x – π ) + sin( π ) = ‒1·(x – π ) + 0 = ‒1·(x – π )] d. h mit h(x) = ‒1 4  cos 2    3 π _ 2    3 · 2  x –   3 π _ 2    3 + sin 2    3 π _ 2    3 = 0· 2  x –   3 π _ 2    3 – 1 = ‒1  5 e. h mit h(x) = x – 2 π [cos(2 π )·(x – 2 π ) + sin(2 π ) = 1·(x – 2 π ) + 0 = x – 2 π ] 321. h mit h(x) =   1 _  300 ·(x – 1000) + 10; 3 9 ___ 1006≈ 10,02 [Es ist 3 9 _ z= z   1 _ 3 . Dann gilt f’(z) =   1 _ 3 z ‒  2 _ 3 =   1 _  3· 3 9 __ z 2 ; f(1000) = 10, f’(1000) =   1 _  300  . Daher ist die lineare Approximation h mit h(x) = f’(1000)·(x – 1000) + f(1000) =   1 _  300 ·(x – 1000) + 10. Also ist f(1006) ≈ h(1006) =   1 _  300  ·(1006 – 1000) + 10 =   6 _  300 + 10 = 10,02] 322. y = 3,52x + 1,64 [Es ist f’(x) =   (10x – 3)(x – 3) – (5x 2 – 3x + 1)(1) _____  (x – 3) 2 = =   (10x 2 – 3x – 30x + 9) – (5x 2 – 3x + 1) _____ (x – 3) 2 =   5x 2 – 30x + 8 __ (x – 3) 2 . Die Tangente ist der Graph der linearen Näherung h mit h(x) = f(‒2) + f’(‒2)·(x – (‒2)) = ‒5,4 + 3,52(x + 2) = 3,52x + 1,64, also ist ihre Gleichung y = 3,52x + 1,64.] 2.3 Erste Anwendungen 357. streng monoton wachsend auf den Intervallen (‒ • ; ‒5) und (3; • ), streng monoton fallend auf dem Intervall (‒5; 3) [Die Ableitung von f ist die quadratische Funktion f’ mit f’(x) = 0,375x 2 + 0,75x – 5,625. Deren Nullstellen sind ‒5 und 3. Da der Leitkoeffizient der quadratischen Funktion positiv ist, ist f’(x) für t * (‒5; 3) negativ und für x * (‒ • ; ‒5) oder x * (3; • ) positiv. Somit ist f im Intervall (‒5; 3) streng monoton fallend und in den Intervallen (‒ • ; ‒5) und (3; • ) streng monoton wachsend.] 358. a < 1 [Die Funktion f ist auf ganz R streng monoton wachsend, wenn für alle t * R gilt: f’(t) > 0. Wir berechnen f’ mit der Quotientenregel: f’(t) =   0·(1 + c·a t ) – K·(c·ln(a)·a t ) ____  (1 + c·a t ) 2 = ‒  K·c·ln(a)·a t __ (1 + c·a t ) 2 = ‒  K·c·a t __  (1 + c·a t ) 2 ·ln(a) Da K, c und a positiv sind und (1 + c·a t ) 2 als Quadrat einer reellen Zahl ebenfalls positiv ist, ist auch die Zahl   K·c·a t __  (1 + c·a t ) 2 positiv. Daher ist f’(t) genau dann positiv, wenn ln(a) < 0 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn a < 1 ist.] 359. Mithilfe der Kettenregel berechnen wir f’(t) = e ‒2t ·(‒2). Da e ‒2t > 0 ist, ist e ‒2t ·(‒2) < 0. Also ist f’(t) < 0 für alle t * R und somit ist f streng monoton fallend. 360. lokales Maximum: ‒2; lokales Minimum: 0 [f’(z) = 2z·e z + z 2 · e z = (z 2 + 2z)· e z . Da e z stets positiv ist, kann f’(z) nur 0 sein, wenn z 2 + 2z = 0 ist. Das ist genau dann der Fall, wenn z = 0 oder z = ‒2 ist. Daher ist (z 2 + 2z) < 0 für z * (‒2; 0) und (z 2 + 2z) > 0 für z * (‒ • ; ‒2) oder z * (0; • ). Da e z stets positiv ist, ist f’(z) > 0genau dann wenn (z 2 + 2z) > 0 und f’(z) < 0, wenn (z 2 + 2z) < 0 ist. Also ist f für z < ‒2 streng monoton wachsend und für z > ‒2 streng monoton fallend, woraus folgt, dass f an der Stelle ‒2 ein lokales Maximum besitzt. Ebenso ist f für z < 0 streng monoton fallend und für z > 0 streng monoton wachsend, woraus folgt, dass f an der Stelle 0 ein lokales Minimum besitzt.] 361. lokales Maximum in e [f’(t) =     1 _ t ·t – ln(t)·1 __ t 2 =   1 – ln(t) __ t 2 . Aus   1 – ln(t) __ t 2 = 0 erhalten wir 1 = ln(t). Das ist genau dann der Fall, wenn t = e 1 = e ≈ 2,718 ist. Da t 2 stets positiv ist, ist f’(t) > 0genau dann, wenn 1 – ln(t) > 0 ist, also wenn ln(t) < 1 ist. Dies ist dann der Fall, wenn t < e ist. Für t > e ist f’(t) < 0. Also ist f für t < e streng monoton wachsend und für t > e streng monoton fallend. f hat also in der Stelle e ein lokales Maximum.] 362. a. 8,06 b. 7,94 [64 ist eine Quadratzahl und 9 __ 64= 8. Wir schreiben 65 = 64 + 1 und 63 = 64 – 1. Darum berechnen wir die lineare Näherung h der Funktion f mit f(x) = 9 _ xan der Stelle 64. Es ist f’(x) =   1 _  2 9 _ x . Daher ist f(64) = 8 und f’(64) =   1 _  2·8 =   1 _  16 . Somit ist h(x) = 8 +   1 _  16 ·(x – 64). Für 65 erhalten wir h(65) = 8 +   1 _  16 ·(65 – 64) = 8 +   1 _  16 = 8,0625 ≈ 8,06, für 63 erhalten wir h(63) = 8 +   1 _  16 ·(63 – 64) = 8 –   1 _  16 = 7,9375 ≈ 7,94.] 2.4 Zweite Ableitung und quadratische Approximation 533. q mit q(t) = 2t [f’(t) = 2·cos(2t) und f’’(t) = ‒4·sin(2t). Daher ist f(0) = 0, f’(0) = 2 und f’’(0) = 0. Die quadratische Näherung ist daher q mit q(t) = f(0) + f’(0)·(t – 0) +   1 _  2 ·f’’(0)·(t – 0) 2 = 0 + 2t + 0 = 2t.] 534. um 0,41% [f’(z) = 1·e   1 _ z + z· 2  ‒  1 _  z 2   3 ·e   1 _ z f’’(z) =   1 _  z 2 ·e   1 _ z + 2 1 –   1 _ z   3 · 2  ‒  1 _  z 2   3 ·e   1 _ z =   1 _  z 3 ·e   1 _ z Daher ist f(1) = 1·e 1 = e, f’(1) = 0 und f’’(1) = 1·e 1 = e. Die quadratische Näherung ist daher q mit q(z) = f(1) + f’(1)(z – 1) +   1 _ 2 f’’(1)(z – 1) 2 = e + 0·(z – 1) +   1 _ 2 e(z – 1) 2 = = e +   1 _ 2 e(z – 1) 2 . Es ist q(1,2) = 2,7726 und f(1,2) = 2,7612·  2,7726 _ 2,7612 = 1,0041, daher ist der Funktionswert der quadratischen Näherung um 0,41% größer. 535. Minimum der Stelle 2 [Wir bestimmen zunächst die Ableitungen an der Stelle x: f’(x) =   e x _ x 3 ·(x – 2) und f’’(x) =   e x _ x 4 ·(x 2 – 4x + 6). Aus f’(x) = 0 folgt x = 2. Wegen f’’(2) = 0,924 > 0 ist 2 eine Minimum stelle von f.] 536. Wendestellen: ‒1,74 und 1,24; Wendetangenten: y = 16,13x + 17,20 und y = ‒10,5x + 10,22; konvex auf (‒ • ; ‒1,74) und (1,24; • ); konkav auf (‒1,74; 1,24) [Die erste Ableitung ist g’ mit g’(x) = 2x 3 +   3 _ 2 x 2 – 13x –   1 _ 2 , die zweite Ableitung g’’ mit g’’(x) = 6x 2 + 3x – 13. Die Nullstellen der zweiten Ableitung sind ‒1,74 und 1,24. Der Leitkoeffizient von g’’ ist positiv. Daher ist g’’(x) für x < ‒1,74 und für x > 1,24 positiv und g daher konvex. Für x * (‒1,74; 1,24) ist g’’(x) < 0 und g konkav, somit sind ‒1,74 und 1,24 Wendestellen. Es ist g(‒1,74) = ‒10,86, g’(‒1,74) = 16,13, g(1,24) = ‒2,48 und g’(1,24) = ‒10,50. Als Gleichungen der Tangenten erhalten wir y = ‒10,86 + 16,13(x + 1,74) = 16,13x + 17,20 und y = ‒2,48 – 10,50(x – 1,24) = ‒10,50x + 10,54.] 537. keine Wendestellen [Die erste Ableitung der Funktion an der Stelle x ist   1 _  (x – 1) 2 ·e x ·(x – 2), die zweite Ableitung an der Stelle x ist   1 _  (x – 1) 3 ·e x ·(x 2 – 4x + 5). Die zweite Ableitung hat keine Nullstellen, somit hat die Funktion keine Wendestellen.] Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv