TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 124: Unterschied zwischen den Versionen

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Die Funktion deren Umkehrfunktion wir bestimmt haben ist der Sinus hyperbolicus, die Umkehrfunktion ist der Areasinus Hyperbolicus.
 
Die Funktion deren Umkehrfunktion wir bestimmt haben ist der Sinus hyperbolicus, die Umkehrfunktion ist der Areasinus Hyperbolicus.
 
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Version vom 2. April 2019, 06:40 Uhr

Man zeige, dass die folgende Funktion eine stetige Umkehrfunktion hat und bestimme diese:

f(x)=\frac 1 2 (e^x - e^{-x}),\quad D_f =\mathbb R

Lösungsvorschlag

Satz 4.91: Sei I=[a,b] ein Intervall und f: I \rightarrow \mathbb{R} eine streng monotone und stetige funktion. Dann existiert die Umkehrfunktion f^{-1}:f(I)\rightarrow I und ist ebenfalls stetig.

Zu zeigen ist also strenge Monotonie und Stetigkeit. Beides machen wir mithilfe der bekannten Eigenschaften der Exponentialfunktion.

Monotonie:

{\textstyle e^x
} ist streng monoton wachsend auf dem gesamten Definitionsbereich und ungleich 0 für alle {\textstyle x\in \mathbb{R}
}. Es gilt dann auch, dass -e^{-x}
streng monoton wachsend auf \mathbb{R}
. Weil ja e^x > e^y \text{ für } x>y \Rightarrow \frac{1}{e^x}<\frac{1}{e^y} \Rightarrow -\frac{1}{e^x}>-\frac{1}{e^y} \text{ für } x>y
. Da für die Summe zweier streng monotoner Funktionen auf demselben Definitionsbereich gilt, dass sie wiederum streng monoton ist, ist die Monotonie somit bewiesen.

Stetigkeit:

Aus dem Buch (genaugenommen Satz 4.92) wissen wir, dass die Verknüpfung stetiger Funktionen (bei geeignetem Definitionsbereich) ebenfalls stetig ist. Für unser Beispiel ist der einzig wichtige Part hierbei dass e^x
nie Null wird und stetig ist. Somit ist e^{-x}
auf ganz \mathbb{R}
definiert und ebenfalls stetig. Und dann ist natürlich auch \frac{1}{2}(e^x-e^{-x})   \quad x\in \mathbb{R}
stetig. Wir haben gezeigt, dass die Funktion eine stetige Umkehrfunktion auf ganz {\textstyle \mathbb{R}
}hat. Jetzt müssen wir sie noch berechnen, das geht ganz schnell.

x=\frac{1}{2}(e^y-e^{-y})

2x+e^{-y}=e^y\text{  Substitution: } u=e^y

2x+\frac{1}{u}=u

u^2-2xu-1=0 \Rightarrow u=x\pm\sqrt{x^2+1}

Da {\textstyle \sqrt{x^2+1} > x
} kommt nur {\textstyle u=x+\sqrt{x^2+1} 
} als Lösung infrage, da ja u=e^y \text{  und }  e^y>0 \quad \forall y \in \mathbb{R}
gelten muss.

Jetzt noch rücksubstituieren und logarithmieren und wir sind fertig:

e^y=x+\sqrt{x^2+1} \Longleftrightarrow y=ln(x+\sqrt{x^2+1})

Die Funktion deren Umkehrfunktion wir bestimmt haben ist der Sinus hyperbolicus, die Umkehrfunktion ist der Areasinus Hyperbolicus.