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

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Man zeige, dass die folgende Funktion eine stetige Umkehrfunktion hat und bestimme diese:
 
Man zeige, dass die folgende Funktion eine stetige Umkehrfunktion hat und bestimme diese:
  
 
<math>f(x)=\frac 1 2 (e^x - e^{-x}),\quad D_f =\mathbb R</math>
 
<math>f(x)=\frac 1 2 (e^x - e^{-x}),\quad D_f =\mathbb R</math>
 
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== Hilfreiches ==
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{{Baustein:Umkehrfunktion einer stetigen, streng monotonen Funktion}}
  
 
== Lösungsvorschlag ==
 
== Lösungsvorschlag ==
Satz 4.91: Sei <math>I=[a,b]</math> ein Intervall und <math>f: I \rightarrow \mathbb{R}</math> eine streng monotone und stetige funktion. Dann existiert die Umkehrfunktion  <math>f^{-1}:f(I)\rightarrow I</math> und ist ebenfalls stetig.
 
  
Zu zeigen ist also strenge Monotonie und Stetigkeit. Beides machen wir mithilfe der bekannten Eigenschaften der Exponentialfunktion.
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Um obigen Satz verwenden zu können, müssen wir strenge Monotonie und Stetigkeit nachweisen. Beides machen wir mithilfe der bekannten Eigenschaften der Exponentialfunktion.
  
Monotonie:
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=== Monotonie ===
  
<math display="inline">e^x
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<math>e^x
</math> ist streng monoton wachsend auf dem gesamten Definitionsbereich und ungleich 0 für alle <math display="inline">x\in \mathbb{R}
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</math> ist streng monoton wachsend auf dem gesamten Definitionsbereich und ungleich 0 für alle <math>x\in \R
 
</math>. Es gilt dann auch, dass <math>-e^{-x}
 
</math>. Es gilt dann auch, dass <math>-e^{-x}
</math>streng monoton wachsend auf <math>\mathbb{R}
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</math> streng monoton wachsend auf <math>\R
 
</math>.  Weil ja <math>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
 
</math>.  Weil ja <math>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
 
</math>.  Da für die Summe zweier streng monotoner Funktionen auf demselben Definitionsbereich gilt, dass sie wiederum streng monoton ist, ist die Monotonie somit bewiesen.  
 
</math>.  Da für die Summe zweier streng monotoner Funktionen auf demselben Definitionsbereich gilt, dass sie wiederum streng monoton ist, ist die Monotonie somit bewiesen.  
  
Stetigkeit
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=== 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 <math>e^x
 
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 <math>e^x
 
</math>nie Null wird und stetig ist. Somit ist  <math>e^{-x}
 
</math>nie Null wird und stetig ist. Somit ist  <math>e^{-x}
</math> auf ganz <math>\mathbb{R}
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</math> auf ganz <math>\R
</math>definiert und ebenfalls stetig. Und dann ist natürlich auch  <math>\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})  \quad x\in \mathbb{R}
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</math> definiert und ebenfalls stetig. Und dann ist natürlich auch  <math>\frac{1}{2}(e^x-e^{-x})  \quad x\in \R
 
</math> stetig.
 
</math> stetig.
Wir haben gezeigt, dass die Funktion eine stetige Umkehrfunktion auf ganz <math display="inline">\mathbb{R}
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Wir haben gezeigt, dass die Funktion eine stetige Umkehrfunktion auf ganz <math>\R
</math>hat. Jetzt müssen wir sie noch berechnen, das geht ganz schnell.
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</math> hat. Jetzt müssen wir sie noch berechnen, das geht ganz schnell.
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=== Umkehrfunktion bestimmen ===
  
 
<math>x=\frac{1}{2}(e^y-e^{-y})
 
<math>x=\frac{1}{2}(e^y-e^{-y})
 
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<math>2x+e^{-y}=e^y\text{  Substitution: } u=e^y
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<math>2x+e^{-y}=e^y \quad\text{  Substitution: } u=e^y
 
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Da  <math display="inline">\sqrt{x^2+1} > x
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Da  <math>\sqrt{x^2+1} > x
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</math> kommt nur <math>u=x+\sqrt{x^2+1}  
</math> als Lösung infrage, da ja <math>u=e^y \text{  und }  e^y>0 \quad \forall y \in \mathbb{R}
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</math> als Lösung infrage, da ja <math>u=e^y \text{  und }  e^y>0 \quad \forall y \in \R
 
</math> gelten muss.  
 
</math> gelten muss.  
  
 
Jetzt noch rücksubstituieren und logarithmieren und wir sind fertig:
 
Jetzt noch rücksubstituieren und logarithmieren und wir sind fertig:
  
<math>e^y=x+\sqrt{x^2+1} \Longleftrightarrow y=ln(x+\sqrt{x^2+1})
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<math>e^y=x+\sqrt{x^2+1} \Longleftrightarrow y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})
 
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Die Funktion deren Umkehrfunktion wir bestimmt haben ist der Sinus hyperbolicus, die Umkehrfunktion ist der Areasinus Hyperbolicus.
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Die Funktion deren Umkehrfunktion wir bestimmt haben ist der Sinus hyperbolicus, die Umkehrfunktion ist der [[de.wikipedia:Areasinus hyperbolicus|Areasinus Hyperbolicus]].
 
 
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Aktuelle Version vom 16. April 2019, 11:00 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

Hilfreiches[Bearbeiten]

Umkehrfunktion einer stetigen, streng monotonen Funktion[Bearbeiten, 4.91 Satz]

Sei I = [a,b] ein Intervall und f\colon I \to \R eine streng monotone und stetige Funktion. Dann existiert die Umkehrfunktion f^{-1}\colon f(I) \to I und ist ebenfalls stetig.

Lösungsvorschlag[Bearbeiten]

Um obigen Satz verwenden zu können, müssen wir strenge Monotonie und Stetigkeit nachweisen. Beides machen wir mithilfe der bekannten Eigenschaften der Exponentialfunktion.

Monotonie[Bearbeiten]

e^x
ist streng monoton wachsend auf dem gesamten Definitionsbereich und ungleich 0 für alle x\in \R
. Es gilt dann auch, dass -e^{-x}
streng monoton wachsend auf \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[Bearbeiten]

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 \R
definiert und ebenfalls stetig. Und dann ist natürlich auch \frac{1}{2}(e^x-e^{-x})   \quad x\in \R
stetig. Wir haben gezeigt, dass die Funktion eine stetige Umkehrfunktion auf ganz \R
hat. Jetzt müssen wir sie noch berechnen, das geht ganz schnell.

Umkehrfunktion bestimmen[Bearbeiten]

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

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

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

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

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