Difference between revisions of "TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 124"

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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}  
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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]].

Revision as of 11:00, 16 April 2019

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

Baustein:Umkehrfunktion einer stetigen, streng monotonen Funktion

Lösungsvorschlag

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

Monotonie

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

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

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.