fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Übungsblatt 1

Aufgabe 1 (Induktion).

a) Beweisen Sie, dass (1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1)) ein perfektes Quadrat (genauer n2) ist.

b) Zeigen Sie: 1 + x+ x2 + . . .+ xk = 1−xk+1

1−x für beliebiges k ∈ N und x 6= 0.

Aufgabe 2 (Potenzen). Vereinfachen Sie!

a) (an)−2n = b) bx · a4x · b−5x = c)

x2 · x5

(x4)3=

d)a−2 · b3 · ca · b−2 · c−1

= e)

(a · x2

y

)2

·(

y2

a2 · x

)3

= f)

(3 · y2

z

)−2

=

g)e4x+2

e2x−3= h) ex · (e2x+1) = i) (ex+1)2 =

j)

[(a2 · b−1 · c3

a−1 · b · c2

)−2]−1

= k)

[(3−2 · x−2 · y2

5−5 · x−2 · y5

)−1

·(

3−1·x−3 · y−2

5−2 · x−2 · y−1

)2]2

=

Aufgabe 3 (Logarithmengesetze). Welche der folgenden Gleichungen sind richtig?

a) lna+ b

c= ln a+ ln b− ln c b) ln

a+ b

c= ln(a+ b)− ln c

c) lna

b= ln

b

a= 0 d) p · ln(ln a) = ln(ln ap)

e) p · ln(ln a) = ln(ln a)p f)ln a

ln b+ ln c= ln(a · (b · c)−1)

Aufgabe 4 (Logarithmengleichungen). Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf

a) ldx = −3 b) log10 x = 1,5

c) lnx = −1 d) logx 121 = 2

e) 2x = 7 f) lgx = 27,3

g) lnx = 8,65133 h) 2x = 4x+2

i) log3(x+ 4) = 2 j) 5x+2 = 1252−x

k) 2x+2 = 16 l) log2(x− 4) = 8

Aufgabe 5 (Lineare Funktionen). Für eine lineare Funktion gilt:

a) 3 7→ 7 und 8 7→ 10 b) 4 7→ 5,5 und 6,5 7→ 9

Geben sie die zugehörige Funktion an. Welche Zahl ordnet sie der Zahl 5 zu? Welcher Zahl ist der Funktions-

wert 6 zugeordnet?

Aufgabe 6 (Lineare Funktionen 2).

a) Wie lautet die Gleichung der Gerade durch die Punkte P = (−2 | 1) und Q = (3 | −4)? Welche Steigungm

hat die Gerade? In welchen Punkten Sx bzw. Sy schneidet der Graph der Funktion die x- bzw. y-Achse?

b) Stellen sie f(x) = 2 · x− 3 graphisch dar.

c) Die Strecke P1P2 mit P1 = (0,5 | −0,12) und P2 = (1,3 | y2) soll die Steigung m = −3,1 haben. Berechnen

sie y2!

Aufgabe 7 (Umkehrfunktionen). Bestimmen Sie zur Funktion f(x) die Funktionsgleichung der Umkehr-

funktion f−1(x)

a) f(x) = lgx b) f(x) = ld(x2) für x > 0

c) f(x) = 2x d) f(x) = 52x

Aufgabe 8 (Exponential- und Logarithmusfunktionen). Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf!

a) y = ln(xa+√1 + (x/a)2

)b) y = ln

(xa+√

(x/a)2 − 1)

c) y = −w · ln(1− k · x)

2

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Lösungsblatt 1

Aufgabe 1 (Induktion).

1. Induktionshypothese:∑n

k=1(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + · · ·+ (2n− 1) = n2

Induktionsanfang: n = 1 :

2 · 1− 1 = 1 = 12

Induktionsschritt: n → n+ 1 :

n+1∑k=1

2k − 1 =

n∑k=1

(2k − 1) + 2(n+ 1)− 1I.H.= n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2

2. Induktionshypothese:∑k

i=1 xi = 1 + x+ x2 + . . .+ xk = 1−xk+1

1−x ∀k ∈ N und x 6= 1

Induktionsanfang: k = 0:

1 =1− x1

1− x= 1

Induktionsschritt: n → n+ 1 :

k+1∑i=1

xi =

k∑i=1

xi + xk+1 I.H.=

1− xk+1

1− x+ xk+1 =

1− xk+1 + xk+1 − xk+2

1− x=

1− xk+2

1− x

Aufgabe 2 (Vereinfachen Sie).

a) (an)−2n = an·

−2n = a−2

b) bx · a4x · b−5x = bx(1−5)a4x =(ab

)4xc) x2·x5

(x4)3 = x7

x12 = x−5

d) a−2·b3·ca·b−2·c−1 = b3+2c2

a3 = b5c2

a3

e)(

a·x2

y

)2

·(

y2

a2·x

)3

= a2x4y6

y2a6x3xy4

a4

f)(

3·y2

z

)−2

= z2

9·y4

g) e4x+2

e2x−3 = e4x+2−2x+3 = e2x+5

h) exe2x+1 = e3x+1

i) (ex+1)2 = e2x+2

j)

[(a2·b−1·c3a−1·b·c2

)−2]−1

=(

a3·cb2

)2

= a6·c2b4

k)

[(3−2·x−2·y2

5−5·x−2·y5

)−1

·(

3−1·x−3·y−2

5−2·x−2·y−1

)2]2

=(5−532 · y3

)2 · ( 52

3·x·y

)4

= y2

x452

Aufgabe 3.

a) falsch, ln is nicht linear (ln(a+ b) 6= ln a+ ln b)

b) richtig

c) richtig

d) falsch

e) richtig

f) falsch, ln a/ ln b 6= ln(a/b)

Aufgabe 4.

a) x = 2−3

b) x = 101,5 = 1032 =

√1000

c) e−1 = x

d) x2 = 121 ⇒ x = 11

e) log2 7 = x

f) x = 1027,3

g) x = e8,65133

h) Benutze log2: x = 2x+ 4 ⇒ x = −4

i) 32 = x+ 4 ⇒ x = 5

j) 5x+2 = 53(2−x) ⇒ x+ 2 = 6− 3x ⇒ x = 1

k) 2x+2 = 24 ⇒ x = 2

l) 28 = x− 4 ⇒ x = 4 + 28

Aufgabe 5.

1. y = 10−78−3 x+ t, setze x = 8 ein zur Bestimmung von t: 10 = 3

5 · 8 + t ⇒ t = 10− 245 = 5 1

5 .

Berechne y(5) = 35 · 5 + 5 1

5 = 8 15 und y(x) = 3

5x+ 5 15

!= 6 ⇒ x = 5

3 · 45 = 4

3 .

2. y = 9−5,56,5−4x+ t = 7

5x+ t Benutze y(4) = 1,4 · 4 + t = 5,5 ⇒ t = −0,1.

Berechne nun y(5) = 1,4 · 5− 0,1 = 6,9 und y(x) = 1,4x− 0,1!= 6 ⇒ x = 6,1/1,4.

Aufgabe 6.

a) m = 1+4−2−3 = − 5

5 = −1 ist die Steigung der Gerade, t bestimmt man durch einsetzen zu −1. Die Geraden-

gleichung ist demnach y = −1 · x− 1.

x = 0 einsetzen ergibt den y-Achsen-Schnittpunkt y = −1 und Auflösen von y = 0 = −1 · x− 1 ergibt den

x-Achsen-Schnittpunkt x = −1.2

b)

c) m = −3,1 = y2+0,121,3−0,5 ⇒ −3,1 · 0,8− 0,12 = −2,6 = y2

Aufgabe 7.

1. y = logx ⇐⇒ 10y = x ⇒ f−1(x) = 10x

2. y = log2(x2), x > 0 ⇒ 2y = 2log2 x2 ⇒ x2 = 2y ⇒ f−1(x) = 20,5x

3. y = 2x ⇒ log2 y = log2 2x = x ⇒ f−1(x) = log2 x

4. y = 52x ⇒ log5 y = log5 52x ⇒ 2x = log5 y ⇒ x =

log5 y2 ⇒ f−1(x) = 1

2 log5 x

Aufgabe 8.

1. y = ln(xa+√1 + (x/2)2

)⇐⇒ ey =

x

a+√1 + (x/2)2

⇐⇒(ey − x

a

)2

= 1 +(xa

)2

⇐⇒ e2y − 2eyx

a+ (x/a)2 = 1 + (x/a)2

⇐⇒ e2y − 1 = 2eyx/a

⇐⇒ a(e2y − 1

2ey= x

⇐⇒ x = a sinh y

2. y = ln(x/a+√

(x/a)2 − 1) ⇐⇒ (ey − x/a)2=

(xa

)2

− 1

⇐⇒ e2y − 2eyx

a+ (x/a)

2=

(xa

)2

− 1

⇐⇒ e2y + 1 = 2eyx

a

⇐⇒ a

2

(ey + e−y

)= x

⇒ x = a cosh y

3. y = −ω ln(1− kx) ⇐⇒ e−yω = 1− kx ⇐⇒ 1−e−

yω

k = x

3

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Übungsblatt 2

Aufgabe 1 (Nullstellen). Berechne alle Nullstellen der folgenden Funktionen!

a) f(x) =1

2· x+

2

3· x2 b) f(x) = 2 · x5 − 8 · x3

c) f(x) = 16 · x4 − 40 · x2 + 9 d) f(x) = cos(1 + x)− 1

2

Aufgabe 2 (Trigonometrische Funktionen).

a) Berechne für ein rechtwinkliges Dreieck mit der Hypotenuse H = 3,12 m und dem spitzen Winkel α = π6

die Längen der Gegenkathete G und der Ankathete A.

b) Berechne für ein rechtwinkliges Dreieck mit einem spitzen Winkel α = π2.9 und zugehöriger Gegenkathete

G = 12m die Längen der Ankathete A and Hypothenuse H.

c) Das Längenverhältnis der Katheten in einem rechtwinkligen Dreieck beträgt GA = 5

7 . Berechne die spitzen

Winkel α und β.

Aufgabe 3 (Grenzwerte). Berechne die folgenden Limiten:

a) limx→2

(2 · x2 + 5)3 b) limx→−1

3 + 2 · xx− 1

c) limx→0

(x+ 1)5 − x5

x+ 1d) lim

x→−2

1x + 2

x

e) limx→4

2−√x

4− xf) lim

x→8(5 · x+ x2 − 1

8· x3)

g) limx→2

x2 − 2 · xx3 − 8

h) limx→+∞

2 · x− 1

1 + 5 · x

i) limx→+∞

3− x2

1 + 2 · x2j) lim

x→+∞(−3 · x+

√9 · x2 + 4 · x− 5)

k) limx→0

sinx

xl) lim

x→1

x2 + x− 2

x2 − 1

m) limx→0

1− cos 3x

1− cosxn) lim

x→+∞

x

ex

o) limx→+∞

x

lnxp) lim

x→1+

lnx

x− 1

q) limx→3

(1

x− 3− 5

x2 − x− 6

)r) lim

x→0(x · lnx)

s) limx→0

(1

ex − 1− 1

x

)t) lim

x→0xx

u) limx→0

(1 + x)1x v) lim

x→+∞(1 + x)

1x

Aufgabe 4 (Stetigkeit). Untersuche, ob die Funktion f(x) an der stelle x0 (bzw. x1 und x2 in Aufgabe j)

und k) stetig ist. Zeichne ein Schaubild!

a) f(x) = |x| ; x0 = 0 b) f(x) =

2·x+ 3 x ≤ 1

3·x+ 1 x > 1x0 = 1

c) f(x) =

1 x ≥ 0

0 x < 0x0 = 0 d) f(x) =

4 · x−7 x < 2

1 x = 2

x2 − 4 · x+5 x > 2

x0 = 2

e) f(x) =

x2 x ≤ 1

√x x > 1

x0 = 1 f) f(x) =

x2−1x−1 x 6= 1

1 x = 1

x0 = 1

g) f(x) =

2·x2−x−3

x+1 x 6= −1

−5 x = −1

x0 = −1 h) f(x) =1

xx0 = 0

i) f(x) =1

x− 1x0 = 1 j) f(x) =

x2 + 2 · x− 8

x2 − 3 · x+ 2· x1 = 1, x2 = 2

k) f(x) =x− 1

x2 − 1x1 = −1, x2 = 1 l) f(x) =

2 · x− 2

x2 − 2 · x+ 1x0 = 1

m) f(x) =x+ 2

x3 + 8x0 = −2 n) f(x) =

1

(x+ 2)2x0 = −2

2

Aufgabe 5 (Ableitungen). Berechne die erste Ableitung der folgenden Funktionen!

a) f(x) =1

5· x3 + 3 · x2 − x b) f(x) =

√1/2 · x

c) f(x) = 2 · x · (x− 3) d) f(x) =3√x2

e) f(x) = a · xb f) f(x) = −3 · x−4

g) f(x) =1√x

h) f(x) = x2 − 2x + lgx

i) f(x) = 3 · 3√x− 1

4 · x4j) f(x) = (9 · x2 − 2) · (3 · x+ 1)

k) f(x) = (7 · x3 − 3 · x2) · (lnx− 4 · x) l) f(x) = (a · x− b) · (c · x2)

m) f(x) = (2− 3 · x) · (1 + x) · (x+ 2) n) f(x) = ex · (5 · x− 3)

o) f(x) = (2 · x2 + 4) · x−1 p) f(x) = x · lnx

q) f(x) = sin2 x r) f(x) = tanx

s) f(x) = x3 · (tanx) · (sinx− cosx) t) f(x) =4 · xx+ 5

u) f(x) =2 · x− 3

x+ 1v) f(x) =

lnx

x

w) f(x) =a · x2 + b

c · x+ dx) f(x) =

ex + cosx+√x

lnx− sinx+ x−2

y) f(x) =a · x+ b · x−1

c · x+ d · x−1z) f(x) =

ex

sinx

α) f(x) =x

sinxβ) f(x) = (3 · x2 − 13)3

γ) f(x) = eln(x2+4·x) δ) f(x) =

√6 · x3 − 3 · x+ 2

ε) f(x) = e−x2

2 ζ) f(x) = cos(5 · x4 − 3 · x2 + 2)

η) f(x) = (a · x+ b)4 θ) f(x) = sin(3 · x)

ι) f(x) = x sin(ω · x+ α) κ) f(x) = ln(sinx) (0 < x < π)

λ) f(x) = sin2(3 · x) µ) f(x) = e(1−x2)

ν) f(x) =√x ·(1

3· x3 + x−1

)ξ) f(x) = sinx · cosx

o) f(x) =

√lnx

x2π) f(x) =

sin(−x) · (1− x3)

x2 + 12

ρ) f(x) = 3√

(x2 − 6)2 σ) f(x) = x · ln(3 · x2)

τ) f(x) =sin(x2) · (6 · x2 − x+ 4)

e3·x2+2·x υ) f(x) =

√x ·√2 · x2 − a

φ) f(x) =1

2· (ex + e−x) := coshx χ) f(x) =

1

2· (ex − e−x) := sinhx

ψ) f(x) =ex − e−x

ex + e−x:= tanhx ω) f(x) = ln

(√x2 + 1− x√x2 + 1 + x

)3

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Lösungsblatt 2

Aufgabe 1 (Nullstellen).

a) 0 =1

2x+

2

3x2 = x(

1

2+

2

3x) ⇒ x1 = 0 and x2 = −3

4

b) 0 = x3(2x2 − 8) = x3(x− 2)(x+ 2)

c) Substituiere mitz := x2 : 0 = 16z2 − 40x+ 9, hat Lösungen z1 =9

4und z2 =

1

4⇒ x1,2 = ±3

2, x3,4 = ±1

2

d)1

2= cos(1 + x), cos ist

1

2bei

π

3also x =

π

3− 1

Aufgabe 2 (Trigonometrische Funktionen).

1. sin(α) = 1/2 und cos(α) =√32 Längen entsprechend.

2. sin(α) ' 0,8835 und tan(α) = 1,8862 ebenso.

3. tan(α) = 57 ⇒ α = 0,62024rad, etwa 35,54Grad und tan(α) = 7

5 ⇒ α = 0,95054rad, etwa 54,46 Grad

Aufgabe 3 (Grenzwerte).

a) 2197

b) − 12

c) 1

d) − 34

e) 14

f) 40

g) 16

h) 25

i) − 12

j) siehe unten

k) limx→0sin xx

L.H.= limx→0 cosx = 1

l) limx→1

→0︷ ︸︸ ︷x2 + x− 2x2 − 1︸ ︷︷ ︸

→0

L.H.= limx→1

2x+12x = 3

2

m) limx→0

→0︷ ︸︸ ︷1− cos 3x

1− cosx︸ ︷︷ ︸→0

L.H.=

→0︷ ︸︸ ︷3 sin 3x

sinx︸︷︷︸→0

= limx→0

9 cos 3x

cosx= 9

n) limx→∞

→∞︷︸︸︷xex︸︷︷︸→∞

L.H.= limx→∞

1ex = 0

o) limx→∞

→∞︷︸︸︷xln

x︸︷︷︸→∞

L.H.= limx→∞

11x

= limx→∞ x = ∞

p) limx→1+

→0︷︸︸︷lnxx− 1︸ ︷︷ ︸→∞

L.H.= limx→1+

1x

1 = limx→∞ 1

q) siehe unten

r) limx→0

(x︸︷︷︸0

· lnx︸︷︷︸→−∞

)= limx→∞

→−∞︷︸︸︷lnx1

x︸︷︷︸→∞

L’H.= limx→0

1x

− 1x2

= limx→0 −x = 0

s) limx→0

(1

ex − 1︸ ︷︷ ︸∞

− 1x

)= limx→0

0︷ ︸︸ ︷1− ex

ex − 1 + xex︸ ︷︷ ︸0

L.H.= limx→0

−ex

ex+xex+ex = limx→0−12+x = − 1

2

t) limx→0 xx = limx→0 e

ln xx

= limx→0 ex ln x = e0 = 1 wobei limx→0 x lnx = 0

u) limxx→0(1 + x)1x = limx→0 e

ln(1+x)1x = limx→0 e

1x ln(1+x) = e

v) limx→±∞(1 + x)1x = limx→±∞ e

1x ln(1+x) = e0 = 1

zu j) limx→∞

(−3x︸︷︷︸→−∞

+√9x2 + 4x− 5︸ ︷︷ ︸

→+∞

) = limx→∞

(√9x2 + 6x− 5− 3x)(

√9x2 + 4x− 5 + 3x√

9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

9x2 + 4x− 5− 9x2√9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

4x− 5√9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

4− 5x√

9 + 4x − 5

x2 + 3=

4

3 + 3=

2

3

Aufgabe 4 (Stetigkeit).

a) f(x) = |x| also f(0) = |0| = 0 limx→0+ |x| = limx→0+ x = 0 und limx→0− = limx→0− −x = 0. Zusammen

gilt also limx→0− f(x) = limx→0+ f(x) = f(0) = 0 also ist die Funktion in x0 = 0 ∈ Df stetig.

b) limx→1− 2x+3 = 5 also haben wir linksseitige Stetigkeit. limx→1+ 3x+1 = 4, aber f(1) = 5, folglich haben

wir keine rechtsseitige Stetigkeit. Insgesamt ist f(x) also an der Stelle x0 = 1 nicht stetig.

c) limx→0+ 1 = 1 und f(0) = 1 also rechtsseitig stetig, aber limx→0− 0 = 0 also nicht linksstetig. udn damit

nicht stetig in x0 = 0.

d) limx→2− 4x− 7 = 1 = f(2) = limx→2+ x2 − 4x+ 5 damit links- und rechtsseitig stetig und insgesamt stetig

an der Stelle x0 = 2.

e) limx→1+ =√1 = 1 = f(1) = limx→1− x

2 also f(x) stetig an der Stelle x0 = 1.

f) limx→1+x2−1x−1

L’H= limx→1+

2x1 = 2 6= 1 = f(1), also nicht rechtsseitig stetig und wegen limx→1−

x2−1x−1 = 2

auch nicht linksseitig stetig. f(x) ist somit an x0 = 1 nicht stetig.

Wichtig: f(x) = x2−1x−1 = (x−1)(x+1)

x−1 6= x+1. Die rechte Seite ist klar stetig. Sie unterscheidet sich nur durch

den Definitionsbereich von f(x).

g) lim 2x2−x−3x+1

L’H= limx→−1+

4x−11 = −5 = f(−1) also rechtsstetig. Ebenso gilt linksseitige Stetigkeit (und

ergo Stetigkeit in x0 = −1) wegen limx→−1−2x2−x−3

x+1

L’H= limx→−1−

4x−11 = −5.

Auch hier gilt: f(x) = 2x2−x−3x+1 = (2x−3)(x+1)

x+1 6= 2x− 3

h) limx→0+1x = ∞ und limx→0−

1x = −∞ es gilt Df = R \ {0}, somit ist x0 eine Polstelle mit Vorzeichenwech-

sel.

i) limx→1+1

x−1 = ∞ und limx→1−1

x−1 = −∞ Df = R \ {1} also wieder ein Pol mit VZ-Wechsel bei x0 = 1.

j) Df = R \ {1; 2}, limx→2−(x+4)(x−2)(x−1)(x−2)

L’H= limx→2−

2x+22x−3 = 6 = limx→2+ f(x) aber 2 6∈ D also ist x0 = 2 eine

hebbare Definitionslücke. Bei limx→1±x+4x−1 = ∞ also divergiert f(x) bei x1 = 1.

2

k) Df = R\{1;−1}, sei f̃(x) =

x−1x2+1 , x 6= ±1

12 , x = 1

mit Df̃ = R\{−1}. Jetzt gilt limx→1±1

x+1 = 12 , also ist x2 = 1

hebbare Definitionslücke da x2 ∈ Df̃ . Andererseits gilt: limx→−1−1

x+1 = −∞ und limx→−1+1

x+1 = ∞ also

ist x1 = −1 eine Polstelle mit VZW.

l) f(x) = 2x−2x2−2x+1 = 2(x−1)

(x−1)2 . Betrachte limx→1+2

x−1 = ∞ und limx→1−2

x−1 = −∞. Damit ist x0 = 1 eine

Polstelle mit VZW.

m) f(x) = x+2(x+2)(x2−2x+4) . Definiere f̃(x) =

x+2x3+8 , x 6= 2

112 , x 6= −2

, dann istDf̃ = R. Zudem ist limx→−2+1

x2−2x+4 =

112 = limx→−2−

1x2−2x+4 , also ist f̃(x) definiert auf ganz RR und ist stetig an der Stelle x0 = −2, also x0 ist

hebbare Unstetigkeit.

n) limx→−2+1

(x+2)2 = ∞ = limx→−2−1

(x+2)2 , also ist x0 = −2 eine Polstelle ohne VZW.

Aufgabe 5.

a) f ′(x) = 35x

2 + 6x− 1

b) f ′(x) = 1

4·√

12x

c) f ′(x) = 4x− 6

d) f ′(x) = 23 3√x

e) f ′(x) = abxb−1

f) f ′(x) = 12x5

g) f ′(x) = −1

2√x3

h) f ′(x) = 2x− 2x ln 2 + 1x ln 10

i) f ′(x) = x−23 + x−5 = 1

3√x2

+ 1x5

j) f ′(x) = 18x(3x+ 1) + 3(9x2 − 2) = 81x2 + 18x− 6

k) f ′(x) = (21x2−6x)(lnx−4x)+(7x2−3x2)( 1x−4) =

21x2 lnx− 6x lnx− 112x3 + 43x2 − 3x

l) f ′(x) = a(cx2)+(ax−b)2cx = acx2+2acx2−2bcx =

3acx2 − 2bcx

m) f ′(x) = −3(1 + x)(x + 2) + (2 − 3x)(x + 2) + (2 −3x)(1 + x) = −9x2 − 14x

n) f ′(x) = ex(5x− 3) + 5ex = 5xex + 2ex

o) f ′(x) = 2− 4x2

p) f ′(x) = f ′(x) = lnx+ x 1x = lnx+ 1

q) f ′(x) = 2 sinx · cosx

r) f ′(x) = cos x cos x+sin x sin xcos2 x = cos2 x+sin2 x

cos2 x = 1cos2 x

s) f ′(x) = 3x2(tanx)(sinx− cosx) + x31

cos2 x(sinx− cosx) + x3(tanx)(cosx+ sinx)

= x2 tanx [3 sinx− 3 cosx+ x cosx+ x sinx] +

(sinx

cos2 x− 1

cos2 x

)x3

= x2 tanx [sinx(3 + x) + cosx(−3 + x)] +

(sinx

cos2 x− 1

cosx

)x3

= x2sin2 x

cosx(3 + x) + x2(−3 + x) sinx+ x3

sinx

cos2 x− x3

1

cosx

t) f ′(x) = 4(x+5)−4x(x+5)2 = 20

(x+5)2

u) f ′(x) = (x+1)2−(2x−3)(x+1)2 = 2x+2−2x+3

(x+1)2 = 5(x+1)2

v) f ′(x) = 1x2 − ln x

x2 = 1−ln xx2

3

w) f ′(x) = 2ax(cx+d)−(ax2+b)c(cx+d)2 = 2acx2+2adx−acx2−bc

(cx+d)2 = acx2+2adx−bc(cx+d)2

x) f ′(x) =(ln x−sin x+x−2)(ex−sin x− 1

2√

x)−(ex+cos x+

√x)( 1

x−cos x−2x−3)

(ln x−sin x+x−2)2

y) f ′(x) =(cx+ dx−1)(a− b

x2 )− (ax+ bx−1)(c− dx2 )

(cx+ dx−1)2

=acx+ adx−1 − bcx−1 − bdx−3 − acx+ adx−1 − bcx−1 + bdx−3

(cx+ bx−1)2

=2adx−1 − 2bcx−1

(cx+ bx−1)2

=2(ad− bc)

x(cx+ bx−1)2

z) f ′(x) = sin xex−ex cos xsin2 x

= ex(sin x−cos x)sin2 x

α) f ′(x) = sin x−x cos xsin2 x

β) f ′(x) = 3(3x2 − 13)2 · 6x = 18x(3x2 − 13)2

γ) f ′(x) = 2x+ 4

δ) f ′(x) = 12 (6x

3 − 3x+2)−12 (18x2 − 3) = 18x2−3

2√6x3−3x+2

ε) f ′(x) = e−x2

2 (−x)

ζ) f ′(x) = − sin(5x4 − 3x2 + 2)(20x2 − 6x)

η) f ′(x) = 4a(ax+ b)3

θ) f ′(x) = 3 cos 3x

ι) f ′(x) = sin(ωx+ α) + x · ω · cos(ωx+ α)

κ) f ′(x) = cos xsin x

λ) f ′(x) = 2 sin(3x) · cos(3x) · 3 = 6 sin(3x) cos(3x)

µ) f ′(x) = e1−x2

(−2x) = −2xe1−x2

ν) siehe unten.

ξ) f ′(x) = cos2 x− sin2 x

o) f ′(x) = 1

2√

ln xx2

x2 1x−ln x·2x

x4 = 1−2 ln x2√lnx·x2

π) siehe unten.

%) f ′(x) = 23 (x

2 − 6)−13 2x = 4x

3 3√x2−6

σ) f ′(x) = ln(3x2) + x 13x2 6x = ln(3x2) + 2

τ ) siehe unten.

υ) siehe unten.

φ) f ′(x) = 12e

x − 12e

−x = sinh(x)

χ) f ′(x) = 12 (e

x + e−x) = cosh(x)

ψ) f ′(x) =(ex + e−x)(ex + e−x)− (ex − e−x)(ex − e−x)

(ex + e−x)2

=4 cosh2 x− 4 sinh2 x

4 cosh2 x=

1

cosh2 x

4

ω) f ′(x) = ln

(√x2 + 1− x√x2 + 1 + x

):= ln(g(x))

g(x) =

√· − x√·+ x

·√·+ x√·+ x

=x2 + 1− x2(√

·+ x)2 =

1(√·+ x

)2 =(√

x2 + 1 + x)−2

f ′(x) =(√

x2 + 1 + x)2

·

(−2

1(√x2 + 1 + x

)3 ·(

2x

2√x2 + 1

+ 1

))

=−2√

x2 + 1 + x+

−2x√x2 + 1 ·

(√x2 + 1 + x

)=

−2√x2 + 1− 2x√

x2 + 1 ·(√x2 + 1 + x

)=

−2(√x2 + 1− x

)√x2 + 1 ·

(√x2 + 1 + x

)=

−2√x2 + 1

zu ν) f ′(x) =1

2√x

(1

3x3 + x−1

)+√x

(x2 − 1

x2

)=

x3

6√x+

1

2x√x+√xx2 −

√x

x2

=x3

√x

6x+

√x

2x2+√xx2 −

√x

x2=

√x

(x2

6+

1

2x2+ x2 − 1

x2

)=

√x

(7

6x2 − 1

2x2

)

zu π) f(x) =u(x)

v(x)u′(x) = − cos(−x) + x3 cos(−x)− 3x2 sin(−x) v′(x) = 2x

f ′(x) =(x2 + 12)(− cos(−x) + x3 cos(−x)− 3x2 sin(−x))− sin(−x)(1− x3)2x

(x2 + 12)2

=cos(−x)

(x5 + 12x3 − x2 − 12

)+ sin(−x)

(−x4 − 36x2 − 2x

)(x2 + 12)2

zu τ ) f(x) =u(x)

v(x)u′(x) = (12x3 − 2x2 + 8x) cos(x2) + (12x− 1) sin(x2) v′(x) = e3x

2+2x · (6x+ 2)

f ′(x) =(e3x

2+2x((12x3 − 2x2 + 8x) cos(x2) + (12x− 1) sin(x2)

)−

−e3x3+2x(6x+ 2)

((12x3 − 2x2 + 8x) cos(x2) + (12x− 1) sin(x2)

))(e6x

2+2x)−1

=

(12x3 − x2 + 8x

)cos(x2) +

(−36x3 − 6x2 − 10x− 9

)· sin(x2)

e3x2+2x

zu υ) f ′(x) =1

2x−

12

(2x2 − a

) 14 + x

121

4

(2x2 − a

)− 34 · 4x =

4√2x2 − a

2√x

+4x ·

√x

4 4√

(2x2 − a)3

=4√2x2 − a

2√x

+x

32

4√(2x2 − a)3

5

fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Lösungsblatt 2

Aufgabe 1 (Nullstellen).

a) 0 =1

2x+

2

3x2 = x(

1

2+

2

3x) ⇒ x1 = 0 and x2 = −3

4

b) 0 = x3(2x2 − 8) = x3(x− 2)(x+ 2)

c) Substituiere mitz := x2 : 0 = 16z2 − 40x+ 9, hat Lösungen z1 =9

4und z2 =

1

4⇒ x1,2 = ±3

2, x3,4 = ±1

2

d)1

2= cos(1 + x), cos ist

1

2bei

π

3also x =

π

3− 1

Aufgabe 2 (Trigonometrische Funktionen).

1. sin(α) = 1/2 und cos(α) =√32 Längen entsprechend.

2. sin(α) ' 0,8835 und tan(α) = 1,8862 ebenso.

3. tan(α) = 57 ⇒ α = 0,62024rad, etwa 35,54Grad und tan(α) = 7

5 ⇒ α = 0,95054rad, etwa 54,46 Grad

Aufgabe 3 (Grenzwerte).

a) 2197

b) − 12

c) 1

d) − 34

e) 14

f) 40

g) 16

h) 25

i) − 12

j) siehe unten

k) limx→0sin xx

L.H.= limx→0 cosx = 1

l) limx→1

→0︷ ︸︸ ︷x2 + x− 2x2 − 1︸ ︷︷ ︸

→0

L.H.= limx→1

2x+12x = 3

2

m) limx→0

→0︷ ︸︸ ︷1− cos 3x

1− cosx︸ ︷︷ ︸→0

L.H.=

→0︷ ︸︸ ︷3 sin 3x

sinx︸︷︷︸→0

= limx→0

9 cos 3x

cosx= 9

n) limx→∞

→∞︷︸︸︷xex︸︷︷︸→∞

L.H.= limx→∞

1ex = 0

o) limx→∞

→∞︷︸︸︷xln

x︸︷︷︸→∞

L.H.= limx→∞

11x

= limx→∞ x = ∞

p) limx→1+

→0︷︸︸︷lnxx− 1︸ ︷︷ ︸→∞

L.H.= limx→1+

1x

1 = limx→∞ 1

q) siehe unten

r) limx→0

(x︸︷︷︸0

· lnx︸︷︷︸→−∞

)= limx→∞

→−∞︷︸︸︷lnx1

x︸︷︷︸→∞

L’H.= limx→0

1x

− 1x2

= limx→0 −x = 0

s) limx→0

(1

ex − 1︸ ︷︷ ︸∞

− 1x

)= limx→0

0︷ ︸︸ ︷1− ex

ex − 1 + xex︸ ︷︷ ︸0

L.H.= limx→0

−ex

ex+xex+ex = limx→0−12+x = − 1

2

t) limx→0 xx = limx→0 e

ln xx

= limx→0 ex ln x = e0 = 1 wobei limx→0 x lnx = 0

u) limxx→0(1 + x)1x = limx→0 e

ln(1+x)1x = limx→0 e

1x ln(1+x) = e

v) limx→±∞(1 + x)1x = limx→±∞ e

1x ln(1+x) = e0 = 1

zu j) limx→∞

(−3x︸︷︷︸→−∞

+√9x2 + 4x− 5︸ ︷︷ ︸

→+∞

) = limx→∞

(√9x2 + 6x− 5− 3x)(

√9x2 + 4x− 5 + 3x√

9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

9x2 + 4x− 5− 9x2√9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

4x− 5√9x2 + 4x− 5 + 3x

= limx→∞

4− 5x√

9 + 4x − 5

x2 + 3=

4

3 + 3=

2

3

Aufgabe 4 (Stetigkeit).

a) f(x) = |x| also f(0) = |0| = 0 limx→0+ |x| = limx→0+ x = 0 und limx→0− = limx→0− −x = 0. Zusammen

gilt also limx→0− f(x) = limx→0+ f(x) = f(0) = 0 also ist die Funktion in x0 = 0 ∈ Df stetig.

b) limx→1− 2x+3 = 5 also haben wir linksseitige Stetigkeit. limx→1+ 3x+1 = 4, aber f(1) = 5, folglich haben

wir keine rechtsseitige Stetigkeit. Insgesamt ist f(x) also an der Stelle x0 = 1 nicht stetig.

c) limx→0+ 1 = 1 und f(0) = 1 also rechtsseitig stetig, aber limx→0− 0 = 0 also nicht linksstetig. udn damit

nicht stetig in x0 = 0.

d) limx→2− 4x− 7 = 1 = f(2) = limx→2+ x2 − 4x+ 5 damit links- und rechtsseitig stetig und insgesamt stetig

an der Stelle x0 = 2.

e) limx→1+ =√1 = 1 = f(1) = limx→1− x

2 also f(x) stetig an der Stelle x0 = 1.

f) limx→1+x2−1x−1

L’H= limx→1+

2x1 = 2 6= 1 = f(1), also nicht rechtsseitig stetig und wegen limx→1−

x2−1x−1 = 2

auch nicht linksseitig stetig. f(x) ist somit an x0 = 1 nicht stetig.

Wichtig: f(x) = x2−1x−1 = (x−1)(x+1)

x−1 6= x+1. Die rechte Seite ist klar stetig. Sie unterscheidet sich nur durch

den Definitionsbereich von f(x).

g) lim 2x2−x−3x+1

L’H= limx→−1+

4x−11 = −5 = f(−1) also rechtsstetig. Ebenso gilt linksseitige Stetigkeit (und

ergo Stetigkeit in x0 = −1) wegen limx→−1−2x2−x−3

x+1

L’H= limx→−1−

4x−11 = −5.

Auch hier gilt: f(x) = 2x2−x−3x+1 = (2x−3)(x+1)

x+1 6= 2x− 3

h) limx→0+1x = ∞ und limx→0−

1x = −∞ es gilt Df = R \ {0}, somit ist x0 eine Polstelle mit Vorzeichenwech-

sel.

i) limx→1+1

x−1 = ∞ und limx→1−1

x−1 = −∞ Df = R \ {1} also wieder ein Pol mit VZ-Wechsel bei x0 = 1.

j) Df = R \ {1; 2}, limx→2−(x+4)(x−2)(x−1)(x−2)

L’H= limx→2−

2x+22x−3 = 6 = limx→2+ f(x) aber 2 6∈ D also ist x0 = 2 eine

hebbare Definitionslücke. Bei limx→1±x+4x−1 = ∞ also divergiert f(x) bei x1 = 1.

2

fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Übungsblatt 3

Aufgabe 1 (Partielle Interation). Berechne Sie mit Hilfe partieller Integration:

a)

∫x · lnxdx b)

∫x · sinxdx

c)

∫sinx · cosxdx d)

∫ea·x · cos(b · x)dx

e)

∫ 1

0

x · e−2·x dx f)

∫ 2

1

x2 · lnxdx

g)

∫ 1

0

(1 + x) · ex dx h)

∫ 2

1

1

x2· lnxdx

Aufgabe 2 (Partialbruchzerlegung). Berechne mit Hilfe der Partialbruchzerlegung!

a)

∫4 · x− 1

(x+ 2) · (x− 1)2dx b)

∫x+ 2

x3 − 3 · x2 − x+ 3dx

c)

∫x2 + 11 · x− 36

x3 + 5 · x2 − 13 · x+ 7dx d)

∫7 · x2 − 36 · x+ 21

(x− 1)2 · (x2 − 9)dx

Aufgabe 3 (Substitutionsmethode). Berechne mittels Substitution!

a)

∫(5 · x− 4)3 dx b)

∫x2 ·

√2 · x3 + 4dx

c)

∫1√

7− 3 · xdx d)

∫(x2 + 8)10 · xdx

e)

∫cos4 x · sinxdx f)

∫2 · x+ 3

x2 + 3 · x+ 5dx

g)

∫x · ex

2

dx h)

∫ 1

0

x

x2 + 1dx

i)

∫ 100

0

e√x dx

fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Lösungen zum Übungsblatt 3

Aufgabe 1 (Partielle Integration).

a)∫x lnxdx = 1

2x2 lnx−

∫12x

2 1x dx = 1

2x2 lnx− 1

2

∫xdx = 1

2x2 lnx− 1

4x2 + c

b)∫x · sinxdx = −x cosx+

∫1 · cosxdx = −x cosx+ sinx+ c

c)

∫sinx cosxdx = sin2x−

∫cosx sinxdx+ c

∣∣∣∣∣+∫

cosx sinxdx

⇒∫

sinx cosxdx =1

2sin2 x+ c

d)

∫eax cos(bx)dx =

1

aeax cos(bx) +

∫1

aeax sin(bx) · bdx =

=1

aeax cos(bx) +

b

a

∫sin(bx)eax dx =

=1

aeax cos(bx) +

b

a

[sin(bx)

1

aeax −

∫cos(bx) · b

aeax dx

]=

=1

aeax cos(bx) +

b

a2eax sin(bx)− b2

a2

∫eax cos(bx)dx

⇐⇒(1 +

b2

a2

)∫eax cos(bx)dx =

1

a2eax (cos(bx) · a+ b · sin(bx))

⇐⇒∫

eax cos(bx)dx =a2eax

(a2 + b2)a2(cos(bx) · a+ b · sin(bx))

⇐⇒∫

eax cos(bx)dx =eax

(a2 + b2)(cos(bx) · a+ b · sin(bx)) + c

e)

∫ 1

0

xe−2x dx =

[x

(−1

2

)e−2x

]10

−∫ 1

0

1

(−1

2

)e−2x dx =

[−1

2xe−2x

]10

+1

2

∫ 1

0

e−2x dx

=

[−1

2e−2xx− 1

4e−2x

]10

=

[−1

2e−2x

(x+

1

2

)]10

=

(−1

2e−2 − 1

4e−2

)+

1

4=

1

4− 3

2e−2

f)

∫ 2

1

x2 · lnxdx =

[1

3x3 lnx

]21

−∫ 2

1

1

x· x3 dx =

[1

3x3 lnx

]21

− 1

3

∫ 2

1

x2 dx =

[1

3x3 lnx− 1

9x3

]21

=8

3ln 2− 8

9− 1

3ln 1 +

1

9=

8

3ln 2− 7

9

g)∫ 1

0(1 + x)ex dx = [(1 + x)ex]

10 −

∫ 1

01 · ex dx = [(1 + x)ex − ex]

10 = [xex]

10 = e

h)

∫ 2

1

1

x2lnxdx =

∫ 2

1

x−2 lnxdx =

[lnx

(− 1

x

)]21

+

∫ 2

1

1

x· 1xdx =

[− lnx

x

]21

+

∫ 2

1

1

x2dx =

−[− lnx

x− 1

x

]21

=

[− lnx− 1

x

]21

=− ln 2− 1

2=

−1

1=

− ln 2 + 1

2=

1

2− ln 2

2

Aufgabe 2 (Partialbruchzerlegung).

a)A

x+ 2+

B

x− 1+

C

(x− 1)2=

A(x− 1)2 +B(x+ 2)(x− 1) + C(x+ 2)

(x+ 2)(x− 1)2=

=Ax2 − 2Ax+A+Bx2 +Bx− 2B + C + 2C

(x+ 2)(x− 1)2

=x2(A+B) + x(2A+B + C) +A− 2B + 2C)

(x+ 2)(x− 1)2

4x− 1

(x+ 2)(x− 1)2!=

x2(A+B) + x(−2A+B + C) + (A− 2B + 22C)

(x+ 2)(x− 1)2

(i) A+B = 0 A = −B ↓ A = −1

(ii) −2A+B + C = 4 C = 4− 3B ↓ C = 1 ↑

(iii) A− 2B + 2C = −1 −3B + 8− 6B = −1 ⇒ B = 1 ↑∫4x− 1

(x+ 2)(x− 1)2dx = −

∫1

x+ 2dx+

∫1

x− 1dx+

∫1

(x− 1)2dx = − ln |x+ 2|+ lnx− 1− 1

x− 1+ c

b) analog eben bringt: Nenner hat Zerlegung N = (x− 3)(x− 1)(x+ 1)

(i) A+B + C = 0 A = −B − C ↓ A =5

8

(ii) −2C − 4B = 1 C = −1

2− 2B ↓ C = −3

4↑

(iii) A− 3B + 3C = 2 B + C − 3B − 3C = 2 ⇒ B =1

8↑

∫x+ 2

(x+ 1)(x− 1)(x− 3)dx =

∫5

8(x− 3)dx−

∫3

4(x− 1)dx+

∫1

8(x+ 1)dx

=5

8ln |x− 3| − 3

4ln |x− 1|+ 1

8ln |x+ 1|

c) analog: ∫x2 + 11 · x− 36

x3 + 5 · x2 − 13 · x+ 7dx =

∫−3

(x− 1)2dx+

∫2

x− 1dx−

∫1

x+ 7dx

=3

x− 1+ 2 ln |x− 1| − ln |x+ 7|

d)

∫7x2 − 36x+ 21

(x− 1)2(x2 − 9)dx =

∫3

x− 1dx−

∫2

x+ 3dx+

∫1

(x− 1)2dx−

∫1

x− 3dx

= 3 ln |x− 1| − 2 ln |x+ 3| − 1

x− 1− ln |x− 3|

2

Aufgabe 3 (Substitutionsmedthode).

a)∫(5x− 4)3 dx

y=5x−4=

d y=5 d x

15

∫y3 d y = 1

20 [y4] = 1

20 (5x− 4)4

b)∫x2

√2x3 + 4dx

y=2x3+4=

d y=6x2 d y

16

∫ √y d y = 1

623 [√

y3] = 19 (2z

3 + 4)32

c)∫

1√y−3x

dxy=7−3x

=d y=−3 d x

− 13

∫1√y d y = − 2

3 [√y] = − 2

3

√7− 3x

d)∫(x2 + 8)10 · xdx y=x2+8

=d y=2x d y

12

∫y10 d y = 1

22 [y11] = (x2+8)11

22

e)∫cos4 x sinxdx

y=cos x=

d y=− sin x d x−∫y4 d y = − 1

5 [y5] = − cos x5

5

f)∫

2x+3x2+3x+5 dx

y=x2+3x+5=

d y=(2x+3) d x

∫1y d y = [ln y] = ln(x2 + 3x+ 5)

g)∫xex

2

dxy=x2

=d y=2x d x

12

∫ey d y = 1

2 [ey] = 1

2ex2

h)∫ 1

0x

x2+1 dxy=x2+1

=d y=2x d x

12

∫ 2

1d yy = 1

2 ln(x2 + 1)

∣∣∣10= 1

2 ln 2

i)∫ 100

0e√x dx

y=√x

=d y= 1√

xd x

∫ 10

02yey d y = 2[eyy]100 − 2

∫ 10

0ey d y = 2ey(y − 1)

∣∣∣100

= 18e10

3

fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Übungsblatt 4

Aufgabe 1 (Skalar- und Vektorprodukt). Seien x =

3

1

2

, y =

9

3

6

und z =

2

0

−3

. Berechne:

a) x · y b) x · x (Bedeutung)

c) y · z d) x× x (Bedeutung)

e) x× z f) y × z

g) ^(x, y) h) ^(x, z)

i) ^(y, z)

Aufgabe 2 (Skalarprodukt). Finde alle Vektoren, die mit x =

1

2

und y =

1

2

3

das konstante Skalar-

produkt 2 haben.

Aufgabe 3 (Komplexe Zahlen). Seien z1 = 3 + 5i und z2 = 1− 7i. Berechne

a) z1 + z2 b) z1 · z2

c) z1 · z1 d) z̄1

e) z1 · z̄1 f) |z1|

g) <(z1) h) =(z1)

i)∣∣∣ei<(z1)

∣∣∣2 j) eiπ2

Aufgabe 4.

1. Zeige, dass der Raum der stetigen Funktionen von [0,1] nach R einen Vektorraum bildet. Das heißt,

sei V = {f : [0,1] → R : f stetig} und die Addition und Multiplikation punktweise definiert durch(f + g)(x) = f(x) + g(x) ∀x ∈ [0,1] und (λ · f)(x) = λ · f(x) ∀x ∈ [0,1]. Zeige, dass (V, + ,·) einenVektorraum bildet, wie definiert in der VL.

2. Zeige, dass < ·, · >: v × V → R definiert durch < f,g >=∫ 1

0fg(x)dx auf V ein Skalarprodukt bildet.

(Unter Vernachlässigung der Positivität)

fakultät für physikbernhard emmermathematik vorkurs für physiker

Lösungen zum Übungsblatt 4

Aufgabe 1.

a) x · y = 3 ∗ 9 + 1 ∗ 3 + 2 ∗ 6 = 27 + 3 + 12 = 42

b) x · x = 3 ∗ 3 + 1 ∗ 1 + 2 ∗ 2 = 14 = |x|2

c) y · z = 9 ∗ 2 + 6 ∗ 0 + 6 ∗ (−3) = 0

d) x× x =

2− 2

3 ∗ 2− 3 ∗ 2

3 ∗ 1− 3 ∗ 1

=

0

0

0

= 0, bedeutet nur, dass kollineare Vektoren Vektorprodukt 0 haben.

e) x× z =

−3− 0

−4− 3 ∗ (−3)

0− 2

=

−3

2

−2

f) y × z =

−9

12 + 27

−6

=

−9

39

−6

g) ^(x,y) = 0, da y = 3 · x

i) ^(y,z) = cos−1(

y·z|y||z|

)= cos−1(0) = π

2

h) ^(x,z) = cos−1(

x·z|y||z|

)= cos−1

(3y·z|y||z|

)= cos−1(0) = π

2

Aufgabe 2. x ·

a

b

= a+2b!= 2, daher ist die Lösung

a

1− a2

. Im anderen Fall gilt: a+2b+3c!= 2 also

ist eine Parametrisierung der Lösung

2− 2b+ 3c

b

c

.

Aufgabe 3.

a) z1 + z2 = 4− 2i

b) z1 · z2 = −32− 17i

c) z1 · z1 = −16 + 30i

d) z̄1 = 3− 5i

e) z1 · z̄1 = 9 + 24 = 34

f) |z1| = z1 · z̄1 = 34

g) <(z1) = 3

h) =(z1) = 5

i)∣∣ei<(z1)

∣∣2 = 1

j) eiπ2 = 1

Aufgabe 4.

a) Wohldefiniertheit von”+“: Seien f,g ∈ V : Die Komposition von stetigen Funktionen ist stetig und

”+“

ist stetig, also ist f + g ∈ V klar.

Assoziativität von”+“: Seien f,g,h ∈ V :

(f + (g + h))(x) = f(x) + (g + h)(x) = f(x) + g(x) + h(x) = (f + g)(x) + h(x) = ((f + g) + h) (x)

•• Neutrales Element für”+“: 0 : [0,1] → R, x 7→ 0 ist klar stetig, also ∈ V und ∀f ∈ V : 0 + f = f

• Inverses Element für”+“: Sei f : [0,1] → R ∈ V , dann ist klar, dass −f : [0,1] → R ∈ V und klar

f + (−f) = 0

• Kommutativität von”+“: Sei f,g ∈ V dann ist f(x)+ g(x) = g(x)+ f(x) ∀x ∈ [0,1], also f + g = g+ f

• Wohldefiniertheit von”·“ folgt wieder aus Stetigkeit der Skalarmultiplikation und Komp. st. Fktn.

• Assozitativität von α, β ∈ R, v ∈ V : (α · (β · v)) = α(βv(x)) = (α ∗ β)v(x) = (α ∗ β · v)(x)

• Distributivität: α,β ∈ R, f,g ∈ V

(α · (f + g)) = (α · f)(x) + (α · g)(x) (α+ β) · f(x) = αf(x) + βf(x)

• Existenz des Einselements für”·“: 1 ∈ R und ∀f ∈ V : (1 · f)(x) = l · f(x) = f(x)

Also wissen wir das V einen Vektorraum bildet.

b) Linearität folgt aus der Linearität des Integral, Symmetrie ist offensichtlich. Das Skalarprodukt ist ≥ 0

überall aber die andere Bedingung der Positivität gilt natürlich nicht.

2