Lösung zur¨Ubung 7 WS 11/12

Lösung zur Übung 7 WS 11/12
Aufgabe 25
Zu bestimmen sind die Definitionsbereiche
a
y(x) = ln
1+x
1−x
(1)
Zu beachten sind hier die Definitionsbereiche der Logarithmusfunktion und der Nenner
Bruches. Der Logarithmus ist nur für positive Argumente definiert. Weiterhin darf der
Nenner des Bruches im Argument nicht Null sein. Daher müssen folgende drei Fallunterscheidungen getroffen werden:
1+x
>0
1−x
(2)
für x > +1, x < +1 und x = +1.
Diese Bedingungen ergeben sich auch der Tatsache, daß für x=+1 der Nenner des Argumentes Null wird. Somit ergibt sich auch bereits die erste Definitionslücke für x = +1.
Daher wird die Ungleichung 2 nur noch für die verbleibenden beiden Fälle untersucht
werden müssen.
Für den Fall x < +1:
1+x
>0
1−x
(3)
1+x>0
(4)
x > −1
(5)
1
Hieraus folgt, daß x zwischen als +1 und −1 liegen muss.
Es bleibt noch, den Fall x > +1 zu betrachten. Hierbei ist zu beachten, daß die Multiplikation einer Ungleichung zu einer Umkehrung des Richtungszeichens führt:
1+x
>0
1−x
(6)
1+x<0
(7)
x < −1
(8)
Diese Ungleichung stellt einen Widerspruch dar, sodaß diese Betrachtung keinen Beitrag
zum gesuchten Ergebnis liefert. Daher ergibt sich für den Definitionsbereich:
D = {x|x ∈ R ∧ −1 < x < 1}
2
(9)
b
y(x) = ln
x+1
x−1
(10)
Auch hier müssen drei Fallunterscheidungen getroffen werden:
x+1
>0
x−1
(11)
für x > +1, x < +1 und x = +1.
x = +1 ergibt auch hier eine Definitionslücke. Daher wird die Ungleichung 11 nur noch
für die verbleibenden beiden Fälle untersucht werden.
Für den Fall x < +1:
x+1
>0
x−1
(12)
x+1<0
(13)
x < −1
(14)
Dies bedeutet, daß x kleiner als +1 und kleiner als −1 sein muss. Also ist x < −1 ein
Teil der Definitionsmenge. Es bleibt noch, den Fall x > +1 zu betrachten:
x+1
>0
x−1
(15)
x+1>0
(16)
x > −1
(17)
Dies bedeutet, daß x größer als +1 und auch größer als −1 sein muss. Also ist x > +1
der andere Teil der Definitionsmenge. Daher lautet der Definitionsbereich:
D = {x|x ∈ R ∧ x > 1 ∧ x < −1}
3
(18)
c
p
y(x) = ln x + x2 + 1
(19)
p
x + x2 + 1 > 0
p
x2 + 1 > −x
(20)
Zu lösen ist die Ungleichung:
x2 + 1 > x2
(21)
(22)
Dies ist offensichtlich für jedes x erfüllt. Der Definitionsbereich ergibt sich somit zu:
D = {x|x ∈ R}
4
(23)
Aufgabe 26
Es ist zu zeigen
sin(arccos(x)) =
p
1 − x2
(24)
Der Sinus einer beliebigen Variablen (in unserem Fall y) kann durch den Pythagoras
folgende Form annehmen.
sin(y) =
p
1 − cos2 (y)
(25)
Wir substituieren die Variable y durch den Ausdruck arccos(x)
sin(arccos(x)) =
p
1 − cos2 (arccos(x))
(26)
Der Ausdruck unter der Wurzel kann vereinfacht werden und wir erhalten den gesuchten
Ausdruck.
sin(arccos(x)) =
5
p
1 − x2
(27)
Aufgabe 27
a
3
acos(x)
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-1.5
-1
-0.5
0
6
0.5
1
1.5
b
Zu zeigen ist
arccos(x) =
π
− arcsin(x)
2
(28)
Anschaulich läßt sich dies am Graphen zeigen:
acos(x)
asin(x)
-asin(x)
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
Die blaue Kurve zeigt die Funktion f (x) = −arcsin(x), die aus der grünen Kurve für
f (x) = arcsin(x) durch Multiplikation mit −1 hervorgegangen ist. Dadurch wird der
Graph an der senkrechten Achse gespiegelt. Offensichtlich besteht nun nur noch ein
Offset zwischen der roten und der blauen Kurve von π/2. Daher kann die rote Kurve
aus der blauen durch Addition von π/2 erhalten werden.
7
Formal läßt sich der Zusammenhang aus Gleichung 28 wie folgt zeigen:
Bekannt ist die Phasenverschiebung von Sinus und Kosinus um 90◦ bzw. π/2. D.h. es
gilt die Beziehung
sin
π
2
− x = cos(x)
Nun bildet man von beiden Seiten die Umkehrfunktion:
arcsin(y) =
π
−x
2
π
= −x
2
π
−arcsin(y) + = x
2
π
−arcsin(x) + = y
2
arcsin(y) −
y = cos(x)
(29)
arccos(y) = x
(30)
arccos(y) = x
(31)
arccos(x) = y
(32)
Daraus ergibt sich die geforderte Beziehung 28
π
− arcsin(x) = arccos(x)
2
CC-BY-SA 3.0 Thomas Grethe / Mario Krieg
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