Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil I/Nach/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Binomialkoeffizient $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$.
2. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung $F:L\to M$.
3. Der Betrag einer komplexen Zahl  $z=a+b\mathrm{i}$. 
4. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $\phi :ℝ⟶ℝ$

   in einem Punkt  $a\in ℝ$. 

5. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren $v_1,\dots ,v_n$ in einem $K$-Vektorraum $V$.
6. Der Rang einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶W$

   zwischen endlichdimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.

7. Die Eulersche Zahl.
8. Die Zahl $\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).

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Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Binomialkoeffizient $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$.
2. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung $F:L\to M$.
3. Der Betrag einer komplexen Zahl  $z=a+b\mathrm{i}$. 
4. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $\phi :ℝ⟶ℝ$

   in einem Punkt  $a\in ℝ$. 

5. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren $v_1,\dots ,v_n$ in einem $K$-Vektorraum $V$.
6. Der Rang einer linearen Abbildung

   $\phi :V⟶W$

   zwischen endlichdimensionalen $K$-Vektorräumen $V$ und $W$.

7. Die Eulersche Zahl.
8. Die Zahl $\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsformel für lineare Abbildungen.
2. Der Satz von Cayley-Hamilton.
3. Der Zwischenwertsatz für stetige Funktionen.
4. Der Satz von Bolzano-Weierstraß.

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1. Es sei $K$ ein Körper, $V$ und $W$ seien $K$-Vektorräume und

   $\phi :V⟶W$

   sei eine $K$-lineare Abbildung und $V$ sei endlichdimensional.

   Dann gilt

   ${\dim }_K\left(V\right)={\dim }_K(\mathrm{kern}\phi )+{\dim }_K(\mathrm{bild}\phi ).$

2. Es sei $K$ ein Körper und sei $M$ eine $n\times n$-Matrix über $K$. Es sei

   ${\chi }_M=X^n+c_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_0$

   das charakteristische Polynom zu $M$.

   Dann gilt

   ${\chi }_M(M)=M^n+c_{n-1}{M}^{n-1}+\cdots +c_{1}M+c_0=0.$

   Das heißt, dass die Matrix das charakteristische Polynom annulliert.

3. Es seien  $a\le b$  reelle Zahlen und sei $f:[a,b]\to ℝ$ eine stetige Funktion. Es sei  $u\in ℝ$  eine reelle Zahl zwischen $f(a)$ und $f(b)$.

   Dann gibt es ein  $x\in [a,b]$  mit  $f(x)=u$. 

4. Es sei ${\left(x_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ eine beschränkte Folge von reellen Zahlen.

   Dann besitzt die Folge eine konvergente Teilfolge.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

a) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen  $a,b,c\in ]0,1[$  mit

$a^2+b^2=c^2.$

b) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen  $a,b,c\in ]0,1[$  mit

$a^2+b^2\ne c^2.$

c) Man gebe ein Beispiel für irrationale Zahlen  $a,b\in ]0,1[$  und eine rationale Zahl  $c\in ]0,1[$  mit

$a^2+b^2=c^2.$

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a) Es ist

$3^2+4^2=5^2,$

daher ist

${\left(\frac{3}{6}\right)}^2+{\left(\frac{4}{6}\right)}^2={\left(\frac{5}{6}\right)}^2,$

und diese Zahlen sind rational und aus dem offenen Einheitsintervall.

b) Wir nehmen  $a=\frac{3}{6}$  und  $b=\frac{4}{6}$  und  $c=\frac{1}{6}$.  Die Summe ist

$a^2+b^2={\left(\frac{5}{6}\right)}^2\ne {\left(\frac{1}{6}\right)}^2.$

c) Wir setzen

$a=b=\frac{1}{2\sqrt{2}};$

diese Zahl ist irrational, da $\sqrt{2}$ irrational ist. Es gilt

${\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)}^2=\frac{1}{4\cdot 2}+\frac{1}{4\cdot 2}=\frac{1}{4}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2.$

Mit  $c=\frac{1}{2}$  ist also ein Beispiel der gewünschten Art gefunden.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Beweise durch Induktion für alle  $n\in {\mathbb{N}}_{+}$  die Formel

$\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}{k}^2=(-1{)}^{n+1}\frac{n(n+1)}{2}.$

Lösung erstellen

Induktionsanfang. Für  $n=1$  kommt links nur der Summand zu  $k=1$  vor, und dieser ist

$(-1{)}^0{1}^2=1.$

Rechts steht ebenfalls

$(-1{)}^2\frac{1\cdot 2}{2}=1.$

Induktionsschluss. Die Aussage sei für $n$ bewiesen, wir schließen daraus auf die Gültigkeit für $n+1$. Es ist

$\begin{array}{cc}\sum _{k=1}^{n+1}(-1{)}^{k-1}{k}^2& =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}{k}^2+(-1{)}^n(n+1{)}^2\\ & =(-1{)}^{n+1}\frac{n(n+1)}{2}+(-1{)}^{n+2}(n+1)(n+1)\\ & =(-1{)}^{n+2}\frac{-n(n+1)}{2}+\frac{(-1{)}^{n+2}2(n+1)(n+1)}{2}\\ & =(-1{)}^{n+2}\frac{-n(n+1)+2(n+1)(n+1)}{2}\\ & =(-1{)}^{n+2}\frac{(n+1)(-n+2n+2)}{2}\\ & =(-1{)}^{n+2}\frac{(n+1)(n+2)}{2}.\end{array}$

Also gilt die Aussage für alle $n$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

$M=\left(\begin{array}{cccc}2& 3& 0& -1\\ 4& 2& 2& 5\end{array}\right)$

gegebenen linearen Abbildung

$\phi :{ℝ}^4⟶{ℝ}^2.$

Lösung erstellen

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

$I2x+3y-w=0$

$II4x+2y+2z+5w=0.$

Es ist

$III=II-2\cdot I-4y+2z+7w=0.$

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen  $w=0$  und  $z=2$.  Dann ist  $y=1$  nach III und nach I ist  $x=-\frac{3}{2}$.  Damit ist

$\left(\begin{array}{c}-\frac{3}{2}\\ 1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$

eine Lösung.

Wir wählen jetzt  $w=1$  und  $z=0$.  Dann ist  $y=\frac{7}{4}$  nach III und nach I ist

$x=-\frac{17}{8}.$

Damit ist

$\left(\begin{array}{c}-\frac{17}{8}\\ \frac{7}{4}\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang $2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

$\{a\left(\begin{array}{c}-\frac{3}{2}\\ 1\\ 2\\ 0\end{array}\right)+b\left(\begin{array}{c}-\frac{17}{8}\\ \frac{7}{4}\\ 0\\ 1\end{array}\right)\mid a,b\in ℝ\}.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^n}{n^n}$

für jedes  $z\in ℂ$  absolut konvergiert.

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Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern  $a_n=\frac{z^n}{n^n}$  der Reihe (bei $z=0$ ist die Aussage klar, sei also $z\ne 0$), also

$\begin{array}{cc}|\frac{a_{n+1}}{a_n}|& =|\frac{\frac{z^{n+1}}{(n+1{)}^{n+1}}}{\frac{z^n}{n^n}}|\\ & =|z|\frac{n^n}{(n+1{)}^{n+1}}\\ & =|z|{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\frac{1}{n+1}\\ & \le |z|\frac{1}{n+1}.\end{array}$

Zu einem gegebenen  $z\in ℂ$  gibt es ein  $n_0\in \mathbb{N}$  mit

$q:=\frac{|z|}{n_0+1}<1.$

Dies gilt dann auch für alle  $n\ge n_0$,  sodass man ab $n_0$ das Quotientenkriterium anwenden kann.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung $3$ zur Funktion

$f(x)=x\cdot \sin x$

im Entwicklungspunkt  $a=\frac{\pi }{2}$. 

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Es ist

$f\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{2}.$

Es ist

$f^{\prime }(x)=\sin x+x\cdot \cos x$

und daher ist

$f^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)=1.$

Es ist

$f^{\prime \prime }(x)=\cos x+\cos x-x\cdot \sin x=2\cos x-x\cdot \sin x$

und daher ist

$f^{\prime \prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)=-\frac{\pi }{2}.$

Es ist

$f^{\prime \prime \prime }(x)=-2\sin x-\sin x-x\cdot \cos x=-3\sin x-x\cdot \cos x$

und daher ist

$f^{\prime \prime \prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)=-3.$

Das Taylor-Polynom vom Grad $3$ in $\frac{\pi }{2}$ ist somit

$\frac{\pi }{2}+(x-\frac{\pi }{2})-\frac{\pi }{4}{(x-\frac{\pi }{2})}^2-\frac{1}{2}{(x-\frac{\pi }{2})}^3.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es seien $M_1,\dots ,M_k$ und $N_1,\dots ,N_k$ nichtleere Mengen und

${\phi }_i:M_i⟶N_i$

Abbildungen für $i=1,\dots ,k$. Es sei $M=M_1\times \cdots \times M_k$, $N=N_1\times \cdots \times N_k$, und $\phi$ die Produktabbildung, also

$\phi :M⟶N,(x_1,\dots ,x_k)⟼({\phi }_1(x_1),\dots ,{\phi }_k(x_k)).$

a) Zeige, dass $\phi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${\phi }_i$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

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a) Es seien alle ${\phi }_i$ surjektiv und sei $y=(y_1,\dots ,y_k)\in N$. Zu jedem $i$ gibt es ein $x_i\in M_i$ mit $\phi (x_i)=y_i$. Daher ist $x=(x_1,\dots ,x_k)$ ein Urbild von $y$ unter $\phi$.

Es sei umgekehrt $\phi$ surjektiv, und sei $y_i\in N_i$ gegeben. Da die $N_j$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein $a_j\in N_j$. Wir setzen

$y=(a_1,\dots ,a_{i-1},y_i,a_{i+1},\dots ,a_k)\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild $x\in M$. Für die $i$-te Komponente davon muss ${\phi }_i(x_i)=y_i$ gelten.

b) Es sei $M_1=N_1=\mathrm{\varnothing }$, sei ${\phi }_1$ die leere Abbildung und seien $M_2$ und $N_2$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${\phi }_2:M_2\to N_2$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist $M=\mathrm{\varnothing }\times M_2=\mathrm{\varnothing }$ und $N=\mathrm{\varnothing }\times N_2=\mathrm{\varnothing }$ und daher ist die Produktabbildung $\phi ={\phi }_1\times {\phi }_2$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${\phi }_i$ surjektiv sind.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\phi :{ℂ}^3⟶{ℂ}^3,$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& -2+\mathrm{i}\\ 0& \mathrm{i}& 1+\mathrm{i}\\ 0& 0& -1+2\mathrm{i}\end{array}\right)$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von $A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für $\phi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

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a) Das charakteristische Polynom ist

$\begin{array}{cc}{\chi }_A& =det\left(\begin{array}{ccc}x-2& -1& 2-\mathrm{i}\\ 0& x-\mathrm{i}& -1-\mathrm{i}\\ 0& 0& x+1-2\mathrm{i}\end{array}\right)\\ & =(x-2)(x-\mathrm{i})(x+1-2\mathrm{i})\\ & =x^3-(1+3\mathrm{i})x^2+(2\mathrm{i}-2(1-2\mathrm{i})-\mathrm{i}(1-2\mathrm{i}))x+2\mathrm{i}(1-2\mathrm{i})\\ & =x^3-(1+3\mathrm{i})x^2+(-4+5\mathrm{i})x+4+2\mathrm{i}\end{array}$

und die Eigenwerte von $A$ sind $2,\mathrm{i},-1+2\mathrm{i}$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

 $x=2$: 

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

$\left(\begin{array}{ccc}0& -1& 2-\mathrm{i}\\ 0& 2-\mathrm{i}& -1-\mathrm{i}\\ 0& 0& 3-2\mathrm{i}\end{array}\right)$

bestimmen. Da gehört $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ dazu.

 $x=\mathrm{i}$: 

Dies führt auf

$\left(\begin{array}{ccc}-2+\mathrm{i}& -1& 2-\mathrm{i}\\ 0& 0& -1-\mathrm{i}\\ 0& 0& 1-\mathrm{i}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right).$

Wir wählen $c=0$ und $a=1$ und erhalten $b=-2+\mathrm{i}$, also ist

$\left(\begin{array}{c}1\\ -2+\mathrm{i}\\ 0\end{array}\right)$

ein Eigenvektor zum Eigenwert $\mathrm{i}$.

 $x=-1+2\mathrm{i}$: 

Dies führt auf

$\left(\begin{array}{ccc}-3+2\mathrm{i}& -1& 2-\mathrm{i}\\ 0& -1+\mathrm{i}& -1-\mathrm{i}\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right).$

Mit $c=-1+\mathrm{i}$ und $b=1+\mathrm{i}$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$(-3+2\mathrm{i})a-1-\mathrm{i}+(2-\mathrm{i})(-1+\mathrm{i})=0$

und daher ist

$(-3+2\mathrm{i})a=1+\mathrm{i}-(2-\mathrm{i})(-1+\mathrm{i})=1+\mathrm{i}-2\mathrm{i}+2-1-\mathrm{i}=2-2\mathrm{i}.$

Daher ist

$a=(2-2\mathrm{i})(-3+2\mathrm{i}{)}^{-1}=(2-2\mathrm{i})\frac{-3-2\mathrm{i}}{13}=\frac{-10+2\mathrm{i}}{13}.$

Somit ist

$\left(\begin{array}{c}\frac{-10+2\mathrm{i}}{13}\\ 1+\mathrm{i}\\ -1+\mathrm{i}\end{array}\right)$

ein Eigenvektor zum Eigenwert $-1+2\mathrm{i}$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

$\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& \mathrm{i}& 0\\ 0& 0& -1+2\mathrm{i}\end{array}\right).$

 

Aufgabe * (11 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper, $V$ und $W$ seien endlichdimensionale $K$-Vektorräume und sei

$\phi :V⟶W$

eine lineare Abbildung.

a) Zeige: $\phi$ ist genau dann surjektiv, wenn es eine lineare Abbildung

$\psi :W⟶V$

mit

$\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_W$

gibt.

b) Es sei nun $\phi$ surjektiv, es sei

$S=\{\psi :W\to V\mid \psi \text{ linear},\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_W\}$

und es sei  ${\psi }_0\in S$  fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ und $S$, unter der $0$ auf ${\psi }_0$ abgebildet wird.

Lösung erstellen

a) $\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung $\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft $\phi \circ \psi ={\mathrm{Id}}_W$. Dann ist für jedes $w\in W$

$w=\phi (\psi (w)),$

also ist $\psi (w)$ ein Urbild für $w$ unter $\phi$.

$\Rightarrow$ Es sei $w_1,\dots ,w_n$ eine Basis von $W$ und es seien $v_1,\dots ,v_n$ Urbilder unter $\phi$, also Elemente in $V$ mit

$\phi (v_i)=w_i\text{ für alle }i=1,\dots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung $\psi :W\to V$ durch

$\psi (w_i):=v_i\text{ für alle }i=1,\dots ,n.$

Da man eine lineare Abbildung auf einer Basis frei vorgeben kann, ist dadurch in der Tat eine lineare Abbildung definiert.

Für die Verknüpfung $\phi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor $w=\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i$ gilt

$\begin{array}{cc}(\phi \circ \psi )(\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i)& =\phi (\psi (\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i))\\ & =\phi (\sum _{i=1}^n{a}_i\psi (w_i))\\ & =\phi (\sum _{i=1}^n{a}_i{v}_i)\\ & =\sum _{i=1}^n{a}_i\phi (v_i)\\ & =\sum _{i=1}^n{a}_i{w}_i.\end{array}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )⟶S,\theta ⟼\theta +{\psi }_0,$

wobei $\theta +{\psi }_0$ die Addition von linearen Abbildungen von $W$ nach $V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf ${\psi }_0$. Wir müssen zuerst zeigen, dass $\theta +{\psi }_0$ zu $S$ gehört. Dies folgt aus

$\begin{array}{cc}(\phi \circ (\theta +{\psi }_0))(w)& =\phi ((\theta +{\psi }_0)(w))\\ & =\phi (\theta (w)+{\psi }_0(w))\\ & =\phi ({\psi }_0(w))\\ & =w\end{array}$

für alle $w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${\theta }_1$ und ${\theta }_2$ aus ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in $S$ abgebildet werden. Dann ist

${\theta }_1(w)+{\psi }_0(w)={\theta }_2(w)+{\psi }_0(w)\text{ für alle }w\in W$

und daher

${\theta }_1(w)={\theta }_2(w)\text{ für alle }w\in W.$

Zur Surjektivität. Es sei $\psi \in S$. Wir betrachten $\psi -{\psi }_0$ und behaupten, dass dies zu ${\mathrm{Hom}}_K(W,\mathrm{kern}\phi )$ gehört. Dies folgt aus

$\begin{array}{cc}\phi ((\psi -{\psi }_0)(w))& =\phi (\psi (w)-{\psi }_0(w))\\ & =\phi (\psi (w))-\phi ({\psi }_0(w))\\ & =w-w\\ & =0.\end{array}$

Damit ist $\psi =(\psi -{\psi }_0)+{\psi }_0$ im Bild der Abbildung.

 

Aufgabe * (9 Punkte)

Es sei $T\subseteq {ℝ}^n$ eine nichtleere Teilmenge, $n\ge 1$.

a) $T$ sei nicht beschränkt. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f:T⟶ℝ$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

b) $T$ sei nicht abgeschlossen. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f:T⟶ℝ$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

Lösung erstellen

a) Wir betrachten die stetige Funktion

${ℝ}^n⟶ℝ,(x_1,\dots ,x_n)⟼x_1^2+\cdots +x_n^2,$

und die

(ebenfalls stetige) Einschränkung davon auf $T$. Da $T$ unbeschränkt ist, gibt es für jedes $k\in ℝ$ ein $x\in T$ mit

$d(x,0)=\sqrt{x_1^2+\cdots +x_n^2}>k.$

Daher ist natürlich

(bei $k\ge 1$) auch

$f(x)=x_1^2+\cdots +x_n^2>k.$

sodass das Bild von $f$ nicht beschränkt ist.

b) $T$ sei nicht abgeschlossen. Dann gibt es eine Folge $P_m$ in $T$, die gegen einen Punkt $P\in {ℝ}^n$ mit $P\in ̸T$ konvergiert. Es sei

$P=(a_1,\dots ,a_n).$

Wir betrachten die Funktion

$f:T⟶ℝ,x⟼\frac{1}{(d(P,x){)}^2}=\frac{1}{(x_1-a_1{)}^2+\cdots +(x_n-a_n{)}^2}.$

Diese Funktion ist auf $T$ definiert, da sie auf ${ℝ}^n\setminus \{P\}$ definiert ist, da die Summe der Quadrate positiv ist, sobald in einer Komponente $x_i\ne a_i$ ist. Diese Funktion ist stetig als Kehrwertfunktion einer nullstellenfreien stetigen Funktion.

Wir behaupten, dass diese Funktion auf $T$ unbeschränkt ist. Dazu sei $k\in ℝ$ vorgegeben und sei $ϵ>0$ mit ${\left(\frac{1}{ϵ}\right)}^2\ge k$. Da die Folge $P_m$ gegen $P$ konvergiert, gibt es ein $m\in \mathbb{N}$ mit

$d(P,P_m)\le ϵ.$

Daher ist

$f(P_m)=\frac{1}{(d(P,P_m){)}^2}\ge \frac{1}{{ϵ}^2}\ge k$

und die Funktion ist auf $T$ unbeschränkt.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f:ℝ\setminus \{0\}⟶ℝ,x⟼f(x)=e^{-\frac{1}{x}}.$

a) Untersuche das Monotonieverhalten dieser Funktion.

b) Zeige, dass diese Funktion injektiv ist.

c) Bestimme das Bild von $f$.

d) Man gebe die Umkehrfunktion auf dem Bild zu dieser Funktion an.

e) Skizziere den Funktionsgraphen von $f$.

Lösung erstellen

a) Die Ableitung von $f$ ist

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2}\cdot e^{-\frac{1}{x}}.$

Dies ist stets positiv, sodass die Funktion auf den beiden Teilintervallen ${ℝ}_{-}$ und ${ℝ}_{+}$ jeweils streng wachsend ist. Insgesamt ist die Funktion aber nicht wachsend, da die Werte zu negativem $x$ stets größer als die Werte zu positivem $x$ sind.

b) Für  $x<0$  ist  $e^{-\frac{1}{x}}>1$,  da der Exponent positiv ist. Für  $x>0$  ist  $e^{-\frac{1}{x}}<1$,  da der Exponent negativ ist. Daher haben insbesondere negative und positive reelle Zahlen unter $f$ unterschiedliche Werte. Da im negativen Bereich als auch im positiven Bereich strenges Wachstum vorliegt, ist die Abbildung insgesamt injektiv.

c) Für negatives $x$ durchläuft $-\frac{1}{x}$ sämtliche positiven Zahlen, sodass $e^{-\frac{1}{x}}$ das offene Intervall $]1,\mathrm{\infty }[$ durchläuft. Für positives $x$ durchläuft $-\frac{1}{x}$ sämtliche negativen Zahlen, sodass $e^{-\frac{1}{x}}$ das offene Intervall $]0,1[$ durchläuft. Das Bild ist also ${ℝ}_{+}\setminus \{1\}$.

d) Aus  $y=e^{-\frac{1}{x}}$  folgt durch Äquivalenzumformungen  $\ln y=-\frac{1}{x}$  und damit  $x=-\frac{1}{\ln y}$,  die Umkehrabbildung ist also

${ℝ}_{+}\setminus \{1\}⟶ℝ\setminus \{0\},y⟼-\frac{1}{\ln y}.$

e)

 

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