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Büchter & Henn: Elementare Analysis ♦ Lösungshinweise zu Kapitel 8

Stand: 18.02.2010 Seite 1 von 14

Aufgabe 8.1 Für 0 < a < b gilt a2 < b⋅a und a⋅b < b2,also auch f(a) = a2 < b2 = f(b). Folglich ist f streng monoton wachsend in + . Für a < b < 0 gilt |a| > |b| > 0, also auch f(a) = a2 = |a|2 > |b|2 = b2 = f(b). Folglich ist f streng monoton fallend in − .

Aufgabe 8.2 Linker Graph von g(x) = cos(x): Die Punkte der Menge {(2⋅n⋅π|1) | n ∈ } sind die Hoch-punkte, die Punkte der Menge {( (2 n 1)⋅ + ⋅π |-1) | n ∈ } sind die Tiefpunkte von g. Alle Hoch- bzw. Tiefpunkte sind globale Extrempunkte.

Rechter Graph von f(x) = sin(x)x

:

Hier ist nur klar, dass (0|1) der einzige globale Hochpunkt ist. Es gibt unendlich viele weitere lokale Hochpunkte und unendlich viele Tiefpunkte. Wegen der Symmetrie von f zur y-Achse treten diese Extrempunkte alle „paarweise“ auf. Die beiden ersten Tiefpunkte links und rechts der y-Achse sind die beiden einzigen globalen Tiefpunkte. Die Abszissen dieser weiteren Ex-trempunkte sind aber nicht die Extrempunktabszissen der Sinusfunktion. Man kann die Koor-dinaten der Extrempunkte näherungsweise mit Hilfe eines Graphen ablesen. Besser noch geht das, wenn das verwendete Programm den „Spurmodus“ erlaubt. Dabei wird der Cursor auf den Graphen gesetzt (in der Abbildung ist es das kleine Quadrat, das auf dem ersten Hoch-punkt mit positiver Abszisse steht). Dann kann man die Koordinaten des jeweiligen Graphen-punkts mit großer Genauigkeit ablesen.

So wurden die beiden ersten Tiefpunkte ( 4,48 | 0,217)± − und die beiden ersten Hochpunkte Tiefpunkte ( 7,72 | 0,128)± mit Abszisse ≠ 0 näherungsweise bestimmt. Wenn man die Extrempunkte genauer bestimmen will, so muss man die später entwickelten Methoden für differenzierbare Funktionen verwenden. Nach Satz 8.2 und Satz 8.3 ergeben

sich die Extremstellen gerade als die Nullstellen der Ableitung 2

cos(x) x sin(x)f '(x)x

⋅ −= . Da

wir x ≠ 0 voraussetzen können (der Fall x = 0 ist ja schon behandelt) sind die Nullstellen von f ’ gerade die Nullstellen des Zählers oder nach einer kleinen Umformung die Lösungen der Gleichung tan(x) = x. Diese Gleichung kann man nicht durch eine „Formel“ lösen. Als Schnittpunkte der Tangens-Kurve und der ersten Winkelhalbierenden kann man sie aber gra-phisch (oder mit geeigneten numerischen Verfahren wie dem Newton-Algorithmus in Kap. 8.2.4 beliebig genau) bestimmen. Das folgende Schaubild zeigt die Graphen von y = tan(x) und y = x.



Aufgabe 8.3 Wenn die Aussage falsch ist, dann es zwei Zahlen b und c in U (a)ε , für die f(b) ≠ f(c) gilt. Nach dem Mittelwertsatz (S. 217, Satz 5.2) gibt dann eine Zahl d, die zwischen b und c liegt und für die gilt

f (b) f (c)0 f '(d) 0b c

−= = ≠

−.

Dies ist der gewünschte Widerspruch!

Aufgabe 8.4 Es ist f(x) = x4. Nach dem notwendigen Kriterium kommt nur die einzige Nullstelle 0 der ers-ten Ableitung f ’(x) = 4⋅x3 als Extremstelle in Frage. Hinreichendes Kriterium mit Vorzeichenwechsel: Da f’ links von 0 negativ und rechts von 0 positiv ist, haben wir einen Vorzeichenwechsel von „minus nach plus“. Damit ist 0 eine Mi-nimalstelle. Hinreichendes Kriterium mit der zweiten Ableitung: f ’’(x) = 12⋅x2. Da aber f ’’(0) = 0 gilt, kann dieses Kriterium nicht angewandt werden.

Aufgabe 8.5 Wir rechnen in der Einheit cm. Volumen der Dose: V = r2⋅π⋅h; als „Nebenbedingung“ ist verlangt V = 1000. Oberfläche der Dose: O = 2⋅r2⋅π + 2⋅r⋅π⋅h. Wir lösen die Volumenformel nach h auf und haben dann nach Einsetzen in die Oberflächen-formel die Oberfläche in Abhängigkeit von r:

2

1000hr

=⋅π

, also O(r) = 2 22

2 r 1000 20002 r 2 rr r

⋅ ⋅ π ⋅⋅ ⋅ π + = ⋅ ⋅π +

⋅π.

Bevor man weiterrechnet, sollte man sich eine qualitative Vorstellung des Graphen von O machen: Aufgrund der Problemstellen muss r > 0 sein. Für r → 0 wird O(r) beliebig groß, das Gleiche gilt für r → ∞. Als wird der Graph etwa wie in der linken Skizze aussehen:



Einen genaueren Graphen zeichnet der Computer (rechte Abb.) Wir erwarten also ein eindeu-tiges Minimum! Zur quantitativen Bestätigung bilden wir die Ableitung

2

2000O '(r) 4 rr

= ⋅ ⋅π − .

Da r > 0 ist, gilt weiter 3 3 3500 500 4O '(r) 0 r r 5 5, 42= ⇔ = ⇔ = = ⋅ ≈π π π

. Es gibt also höchs-

tens eine Extremstelle. Da nach der Vorüberlegung O(r) stetes positiv ist und für r → 0 sowie für r → ∞ beliebig groß wird, gibt es ein Infimum der Wertemenge von O, also mindestens ein Minimum. Beide Überlegungen zusammen beweisen, dass die oben bestimmte Nullstelle von O’ die einzige Extremalstelle, genauer eine Minimalstelle mit dem zugehörigen (globa-

len) Minimum 334O(5 ) 300 2 554⋅ = ⋅ ⋅ π ≈π

. Die zugehörige Höhe ist 3

20h 10,842

= ≈⋅π

.

Messen Sie zum Vergleich „echte“ Konservendosen aus dem Supermarkt Der obige Graph rechst zeigt, dass das Minimum „sehr breit“ ist. D.h. relativ große Änderun-gen von r ändern das optimale O kaum. Was bedeutet dies für eine echte Dose? Man sollte allerdings nicht behaupten, eine „anwendungsorientierte“ Aufgabe gelöst zu ha-ben. Die „Konservendose“ in unserer Version ist eher eine nett verpackte, innermathemati-sche Aufgabe. Wenn Sie mehr über echte Bezüge dieser Aufgabe zur Realität lesen wollen, schauen Sie in Henn (1997), S. 29 f, nach.

Aufgabe 8.6 Hier machen wir eine Untersuchung mit Mitteln der Analysis: Die nebenstehende Abb. zeigt das DIN-A4-Blatt mit den ausgeschnit-tenen 4 Quadraten der jeweiligen Kantenlänge x. Das DIN-A4-Blatt hat die Seiten a (≈ 21 cm) und b (≈ 29,6 cm); wir setzen also o.B.d.A. a ≤ b voraus.. Damit überhaupt eine Schachtel gebastelt

werden kann, muss 0 < x < a2

(gemessen in cm) gelten. Für das

Volumen der Schachtel in Abhängigkeit von x gilt V(x) = (a – 2x)⋅(b – 2x)⋅x = 4x3 – 2(a+b)⋅x2 + a⋅b⋅x.

Der ersten Darstellung liest man ab, dass V die Nullstellen 0, a2

und b2

hat. Damit kann man

den Graphen dieser ganzrationalen Funktion vom Grad 3 einfach skizzieren (Skizze links). Rechts ist dann der Graph für a = 21 und b = 29,6 vom Computer gezeichnet worden.



Schon der Skizze sieht man an, „was Sache ist“. Die Computerzeichnung reicht für prakti-sche Bedürfnisse aus, man kann den optimalen x-Wert genügend genau ablesen. Dem ausmul-tiplizierten Term sehen wir die Nullstellen nicht mehr an. Er kommt erst ins Spiel, wenn wir später die Ableitung von V benötigen.

Da V die Nullstellen 0 und a2

hat und zwischen den Nullstellen positiv ist, ist das Supremum

der entsprechenden Funktionswerte (mindest) ein Maximum. Nun erst verwenden wir die Analysis: Die Ableitung von V ist V’(x) = 12⋅x2 – 4⋅(a+b)⋅x + a⋅b. Die Lösungen dieser quad-ratischen Gleichung ergeben sich aus der „Mitternachtsformel“ und sind notwendig für ein Extremum von V; es gilt

2 2

1/2a b a b a bx

6+ ± + − ⋅

= .

(Zur Kontrolle setzen wir die Näherungswerte für a und b ein und erhalten x1 ≈ 4,1 cm und x2 ≈ 12,9 cm.) Im allgemeinen Fall, d.h. mit beliebigen Werten a ≤ b, argumentieren wir wei-ter: Da wir a ≤ b vorausgesetzt haben, ist der Radikand positiv; es gibt also 2 Lösungen. Da der Radikand des Weiteren kleiner als a+b ist, sind beide Lösungen positiv. Weiter gilt

2 2 2 2

1

2

a b a b a b a b a b 2 a bx6 6

a b (a b) a b (b a) a a ;6 6 3 2

+ − + − ⋅ + − + − ⋅ ⋅= < =

+ − − + − −= = = <

also liegt die erste Lösung x1 auch in der Definitionsmenge (0; a2

). Als quadratische Funktion

mit 2 Nullstellen erfüllt V’ automatisch das hinreichende Kriterium mit dem Vorzeichen-wechsel!

Aufgabe 8.7 Wir untersuchen die beiden Funktionen mit den Mitteln der Analysis: Es gilt f(x) = x + sin(x), f ’(x) = 1 + cos(x), f ’’(x) = –sin(x). Die notwendige Bedingung für Wendepunkte f ’’(x) = 0 ist erfüllt für x = n⋅π, n∈ . Da an diesen Stellen –sin(x) jeweils einen Vorzeichenwechsel hat, sind diese Stellen auch Wendestellen; die Anschauung hat uns also nicht betrogen.

Anders sieht es bei der Funktion g aus: Es gilt g(x) = 21 x sin(x)2

+ , g’(x) = x + cos(x) und

weiter g’’(x) = 1 – sin(x). Die notwendige Bedingung für Wendepunkte ist erfüllt für



x = 2π

+ 2⋅n⋅π, n∈ . Soweit sieht da ja ganz gut aus! Leider ist aber stets in der Umgebung

dieser Stellen sin(x) < 1, so dass die zweite Ableitung niemals einen Vorzeichenwechsel ma-chen kann. Es gibt also im Gegensatz zur anschaulichen Vorstellung keine Wendepunkte. Ändert man den Term ab zu h(x) = 2a x sin(x)⋅ + mit einer positiven Zahl a, so folgt für die Ableitungen h’(x) = 2⋅a⋅x + cos(x) und h’’(x) = 2⋅a – sin(x). Für a > ½ hat h’’ keine Nullstel-le, so dass es auch keine Wendestellen geben kann. Für 0 < a < ½ gibt es wieder Nullstellen von h’’, die alle auch einen Vorzeichenwechsel haben und somit zu Wendepunkten führen. Zur Verdeutlichung zeigt die folgende Abbildung links den Graphen von h (und den der Para-bel y = 0,3⋅x2), rechts den Graphen von h’’ für a = 0,3.

Aufgabe 8.8 Es gilt f(x) = r⋅x5 + s⋅x3 + t⋅x, f ’(x) = 5⋅r⋅x4 + 3⋅s⋅x2 + t und f ’’(x) = 20⋅r⋅x3 + 6⋅s⋅x. In unserem Ansatz (Abb. 8.26) haben wir a > 0 und b > 0 vorausgesetzt. Wir müssen das fol-gende lineare Gleichungssystem mit den Lösungsvariablen r, s und t lösen.

(I) 5b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅r + 3b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅s+ b2

−⋅t = a

2

(II) 5⋅4b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅r + 3⋅2b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅s+ t = 0

(III) 20⋅3b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅r + 6⋅b

2−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅s = 0

„Per Hand“ ist das möglich, aber etwas mühsam, einfacher findet man die Lösung mit einem CAS. Maple berechnet

, , = r −6 ab5 = s 5 a

b3 = t −15 a8 b

Damit ist die Lösungsfunktion bestimmt durch

f(x) = 5

6ab

−⋅x5 + 3

5ab

⋅x3 15a8b

− ⋅x. Wir hatten vorausgesetzt, dass a und b positiv sind. Unsere Lösung ist aber für alle a und für

alle b ≠ 0 definiert. Was bedeutet dies inhaltlich? Wir machen ein Fallunterscheidung und zeichnen jeweils einen Graphen der Situation:



a. a > 0 und b > 0, z.B. a = b = 2

Die blauen Geradenstückchen werden mit dem geeigneten Teil des Graphen zu einer krümmungsruckfreien Straße verbunden. Dies entspricht unserer „Standard-Lösung“.

b. a = b = 0: Jetzt gibt es überhaupt keine „Lücke“!

c. a = 0 und b > 0: Beide Straßenstücke sind jetzt kollinear und werden geradlinig verbun-den.

d. a = 0 und b < 0: Dies ist nicht sinnvoll, da sich jetzt die beiden Straßenstücken überlappen.

e. Für b = 0 ist unsere Funktion f nicht definiert. Die Situation bleibt aber sinnvoll, es könnte sich um eine Situation für eine Gebirgsstraße handen (die Situation für a > 0 ist in folgen-dem linken Bild dargestellt; der Fall a > 0 ist analog). Jetzt muss man eine geeignete Kur-ve finden, die wie in der rechten Abbildung krümmungsruckfrei die beiden blauen Gera-denstückchen verbindet. Dies ist allerdings etwas kniffelig und bleibt Ihnen als Aufgabe überlassen.

f. a > 0 und b < 0, z.B. a = 2, b = –2: Die Aufgabe bleibt sinnvoll, unsere Lösung (linkes Bild) ist aber sinnlos. Man müsste wieder eine Kurve wie im rechten Bild suchen; auf die konkrete Durchführung verzichten wir wieder. Dass jedoch eine Situation wie im rechten Bild sinnvoll ist, zeigt das folgende Photo einer Bergsstraße.



g. a < 0 und b > 0, z.B. a = -2, b = 2: Dies führt auf eine analoge Situation wie bei der Aus-gangslage; unsere Funktion f liefert eine Lösung:

h. a < 0 und b < 0: Dies liefert eine analoge Situation wie bei f., unsere Funktion f ist keine Lösung des Straßenbauproblems.

Aufgabe 8.9

Durch die Regel x 1 x

xf (x 1) f (x) 2 2f '(x) 2 f (x)(x 1) x 1

++ − −≈ = = =

+ − für die graphische Ableitung

ist für Abb. 8.33 der Näherungsgraph für die Ableitung f ’ gleich dem Graphen von f.



Abb. 8.33

Abb. 8.34

Aufgabe 8.10 t

T T 1T Tt T 0 t T 1 T

0 T

f (t) 2 :

1 2 1 1 22 dt (2 2 ) ; 2 dt (2 2 )ln(2) ln(2) ln(2) ln(2)

++

=

−= ⋅ − = = ⋅ − =∫ ∫

Ist T der Zeitpunkt „heute“, so wird im folgenden Jahr also mehr Schadstoff ausgestoßen als insgesamt bis heute.

2

T T 12 3 2 3 3 2

0 T

f (t) t :

1 1 1t dt T ; t dt ((T 1) T ) T T3 3 3

+

=

= ⋅ = ⋅ + − = + +∫ ∫

Jetzt ist der Ausstoß im kommenden Jahr nur ein Bruchteil des bisherigen Gesamtausstoßes.

Aufgabe 8.11 Die rotumrandeten Rechtecke in der nebenstehenden Abb. haben den Inhalt 1, ½, 1/3, … Damit gilt

nn

k 1 1

1 1 dx ln(n) ln(1) ln(n) für nk x=

> = − = → ∞ → ∞∑ ∫

Aufgabe 8.12

1. Kugel: V(r) = 3 24 r , O(r) V '(r) 4 r3

⋅ π ⋅ = = ⋅π⋅ . Verständlich wird dies durch die analoge

Betrachtung wie beim Kreis: Wird der Radius um Δr größer, so nimmt das Volumen um das Volumen der Kugelschale, das ungefähr das Produkt aus Δr und der Oberfläche O(r)

ist. Damit ist der Differenzenquotient V O(r)r

Δ≈

Δ, die lokale Änderungsrate des Kugelvo-

lumens ist also die Kugeloberfläche. 2. Quadrat: A(a) = a2, A’(a) = 2a = 2⋅Kantenlänge. Verständlich wird das durch die Skizze

unten links: Vergrößern wir bei einem Quadrat der Kantenlänge a die Seitenlänge in x- und in y-Richtung jeweils um Δa, so nimmt der Flächeninhalt etwa um 2 Rechtecke des



Inhalts a⋅Δa zu, das ist in beiden Dimensionen x und y das Produkt aus der Seitenlänge a und der Änderung Δa.

3. Würfel: V(a) = a3, V’(a) = 3⋅a2. Verständlich wird das durch die Skizze oben rechts: Ver-

größern wir bei einem Würfel der Kantenlänge a die Seitenlänge in x-, in y- und in z-Richtung jeweils um Δa, so nimmt das Volumen etwa um 3 Quader des Inhalts a2⋅Δa zu, das ist in den drei Dimensionen x, y und z das Produkt aus dem Inhalt a2 der Seitenfläche a und der Änderung Δa.

4. Körper: V(b) sei das Volumen des Körpers zwischen den zur h-Achse senkrechten Ebenen in Höhe a (als Konstante betrachtet) und in Höhe b, Q(h) sei die Querschnittsfläche in der Höhe h. Nimmt die Höhe um das Stückchen Δh zu, so nimmt das Volumen des Körpers etwa um das Volumen einer Säule mit der Querschnitt-fläche Q(b) und dem Höhenzuwachs Δh. Die analoge Überlegung zeigt wieder V’(b)=Q(b).

Aufgabe 8.13 Für eine Modellrechnung nach Abb. 8.49 benötigen wir die folgenden Maße des Inneren Teils des Fasses: r ist der Radius am Kopf des Fasses, R der Radius in der Mitte des Fasses (der „Bauchradius“ und h ist die halbe innere Länge des Fasses. Konkret messen kann man nur von außen. Für das Fass in Abb. 8.43 haben wir außen die Länge des Fasses mit 198 cm, den Durchmesser der Kopfplatte mit 186 cm und mit Hilfe einer Schnur den Umfang des Fasses in der Mitte mit U = 675 cm gemessen. Die Dicke der Fassdauben haben wir mit 7 cm gemessen und gehen davon aus, dass die Fassbretter überall gleichdick sind. Hiermit haben wir auf die benötigten Masse im Innern des Fasses geschlossen:

r = 186cm 14cm 86cm2−

= , R = U 7cm 100cm2

− ≈π

und h = 198cm 14cm 92cm2−

= .

Die für das Volumenintegral benötigte Modell-Randfunktion f ist symmetrisch zur y-Achse und ihr Graph geht durch die Punkt P(0|100) und Q(92|86), wobei wir ab jetzt in cm messen. Wir verwenden verschiedene Funktionstypen zur Modellierung. Für die benötigten Rechnun-gen ist ein CAS sehr hilfreich! Beim Ansatz der jeweiligen Funktionsterme wird die Symmet-rie der Situation gleich “eingebaut“; die Rechnungen werden geeignet gerundet. a. Parabel:

f(x) = 100 – a⋅x2. Der Punkt Q liefert 86 = 100 – a⋅922, also a = 0,00165.

Damit gilt für das Volumen (gerundet auf volle Liter) V = 92

2

92

f (x)dx 5264 Liter−

π ⋅ ≈∫ .

b. Kosinus-Kurve: f(x) = 100⋅cos(b⋅x). Der Punkt Q liefert 86 = 100⋅cos(b⋅92), also b = 0,00582.

Damit gilt für das Volumen (gerundet auf volle Liter) V = 92

2

92


π ⋅ ≈∫ .


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c. Ellipse:

Die Ellipsengleichung ist 2 2

2 2

x y 1c 100

+ = mit der großen Halbachse 100 und der kleinen

Halbachse c. Der Punkt Q liefert 2 2

2 2

92 86 1c 100

+ = , also c = 180,29. Die Funktionsgleichung

der oberen Halbellipse ist damit 2

2

xf (x) 100 1c

= ⋅ − . Damit gilt für das Volumen (gerun-

det auf volle Liter) V = 92

2

92


π ⋅ ≈∫ .

d. Kreis: Wir setzen die Kreisgleichung an mit Mittelpunkt M(0|c) und Radius e, also

2 2 2x (y d) e+ − = . Einsetzen der beiden Punkte P und Q liefert zwei Gleichungen für die beiden Unbekannten d und e: 2 2 20 (100 d) e+ − = und 2 2 292 (86 d) e+ − = mit den Lösun-gen c = -209,29 und r = 309,29. Die Funktionsgleichung für den oberen Teil des Kreises ist dann 2 2f (x) 100 e x d= ⋅ − + . Damit gilt für das Volumen (gerundet auf volle Liter)

V = 92

2

92


π ⋅ ≈∫ .

Wir sehen, dass die vier errechneten Volumina sich weniger als ein Prozent unterscheiden. Die Wahl der Funktion ist also – vor allem wenn man die Messungenauigkeiten zur Bestim-mung der Fassgrößen r, R und h berücksichtig – irrelevant. Das Einfachste, die Parabel ist also gut genug. Dies zeigen auch die folgenden drei Abbildungen. In (a) sind die vier Graphen für den für das Fass relevanten Bereich gezeichnet. Man kann praktisch keinen Unterschied erkennen! Die deutliche Vergrößerung des Zeichenbereichs in (b) zeigt, welche vier Funktio-nen verwendet wurden. Erst die spezielle Vergrößerung der Graphen auf den x-Bereich von 0 bis 100 und y-Bereich von 80 bis 100 zeigt kleine Unterschiede der vier Graphen.

(a)

(b)


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(c)

Aufgabe 8.14

Nach Satz 8.17 gilt 11

1(f ) '(x)f '(f (x)

−−= . Hier ist f(x) = ax mit f’(x) = xln(a) a⋅ (nach Satz

8.12.2) und f-1(x) = loga(x), also gilt

aa log (x)

1 1log '(x)ln(a) a ln(a) x

= =⋅ ⋅

.

Aufgabe 8.15 1. Zur Orientierung lassen wir zuerst von Maple den Graphen der Funktion zeichnen:

Wir bestimmen zunächst die exakten Lösungen von f(x) = -x4 + 6x2 + 11 = -y2 + 6y + 11 mit Hilfe der Substitution y = x2. Die Lösungsformel ergibt y 3 2 5= ± ⋅ . Die positive

Lösung führt zu den beiden x-Lösungen 3 2 5 2,734= ± + ⋅ ≈ ± . Nach Wahl eines Startwerts x0 können wir nun die Glieder der Newton-Folge

4 2n n

n 1 n 3n n

x 6x 11 x x4x 12x +

− + += −

− +

berechen. Nicht starten dürfen wir mit den Nullstellen 0 und 3± (im Newton-Verfahren hätten wir dann jeweils Tangenten parallel zu x-Achse, die nie die x-Achse schneiden! Die folgende Tabelle zeigt einige Werte (mit drei Nachkommastellen):


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x1 x2 x3 x4 x5 3 2,778 2,734 2.734 2,734

1,5 -2,819 -2,739 -2,734 -2,734 100 75,008 56,266 42,213 31,677 1 -1 1 -1 1

Bei „vernünftigen“ Startwerten wie 3 oder 1,5 konvergiert das Verfahren sehr schnell. Bei einem ungünstigen Startwert 100 geht es doch etwas langsamer. Was passiert beim Start-wert 1? Hier haben wir eine der beiden Nullstellen 1± der zweiten Ableitung, die hier Wendepunktabszissen sind, gewählt, und das Verfahren konvergiert nicht, sondern springt zwischen den beiden Werten hin- und her. Also schon bei einem so übersichtlichen Bei-spiel ist Vorsicht geboten!

2. Skizzieren Sie sich zuerst den Graphen der Kosinusfunktion! Nach Wahl eines Startwerts

x0 liefert nn 1 n

n

cos(x ) x xsin(x ) + = + die Newton-Folge. Verboten als Startwert sind die Nullstel-

len m ,m⋅ π ∈ , der Sinusfunktion, welche auch die Extremstellen der Kosinusfunktion sind. Die Tangenten in diesen Punkten liefern wieder Parallele zur x-Achse. Bei jedem anderen Startwert konviergiert die Folge gegen eine Nullstelle. Beim Startwert 1,5 kon-

vergiert die Folge schnell gegen 2π , beim Startwert 0,1 dagegen gegen 7

2π

3. Für f(x) = ex haben wir die Newtonfolge n

n

x

n 1 n nx

e x x x 1e + = − = − . Mit beliebigem Start-

wert x1 = a erhalten wir die divergente Folge a, a – 1, a – 2, a – 3, ….

Für g(x) = x2 + 1 erhalten wir die Newtonfolge 2n

n 1 n nn n

x +1 1 1x x x2x 2 x+

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠. Diese

Folge kann nie konvergieren: Gäbe es nämlich für einen Startwert x1 einen Grenzwert a,

so hätten wir die Gleichung 1 1a a2 a

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

, was äquivalent zu der unlösbaren Gleichung

a2 = -1 ist. Der Startwert darf nicht 0 sein. Aber auch der erlaubte Startwert x1 = 1 führt schon im nächsten Schritt zu x2 = 0, d.h. die Folge bricht ab.

Aufgabe 8.16

Die Heron-Folge n 1 nn

1 ax x2 x+

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠ mit einer positiven Zahl a konvergiert bei beliebigem

Startwert x1 gegen a . Dies ist genau die Newton-Folge für die Funktion f(x) = x2 – a, a > 0, was die folgende Gleichung beweist: x1 sei beliebig, dann gilt für die Newtonfolge

2n

n 1 n nn n

x a 1 ax x x2x 2 x+

⎛ ⎞−= − = +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Aufgabe 8.17 Bis zur Erstellung dieser Lösungen wurde noch keine neue Steuerreform beschlossen. Auch für 2010 gilt der Einkommensteuertarif in Tabelle 8.1.


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Aufgabe 8.18 Nettoeinkommen: n(x) = x – t(x) Elastizität des Nettoeinkommens:

n

ˆx 1 1 s(x)e (x) (x t(x)) ' (1 t '(x)) t(x)x t(x) 1 s(x)1x

−= − ⋅ = − ⋅ =

− −−

Mittlerer Steuersatz: t(x)s (x)x

=

Elastizität des mittleren Steuersatzes:

s 2

ˆ ˆx t(x) x t '(x) x t(x) x s(x) x t(x) s(x)e (x) s '(x) ' 1s (x) x s(x) x s(x) x s(x) s (x)

⋅ − ⋅ −⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ = ⋅ = = −⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠

Für einen progressiven Tarif ist stets en(x) < 1 und se (x ) 0> , wobei 1 bzw. 0 asymptotisch erreicht werden, d.h. ein Einkommens-Millionär „leidet“ nicht mehr unter der Progression.

Aufgabe 8.19 a. Für die französische Besteuerung ergibt sich folgende Steuerfunktion (x und t(x) in €); der

Graph ist in der folgenden Abbildung dargestellt.

0 für 0 x 58520,055 (x 5852) für 5852 x 11673

t(x) 320 0,14 (x 11673) für 11673 x 259262315 0,30 (x 25926) für 25926 x 6950515388 0, 40 (x 69505) für x 69505

≤ <⎧⎪ ⋅ − ≤ <⎪⎪= + ⋅ − ≤ <⎨⎪ + ⋅ − ≤ <⎪

+ ⋅ − ≥⎪⎩


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Der Graph von s ist monoton mit stückweise linearem Verlauf. Dies bewirkt, dass der Graph von s die für Stufentarife typische rechtsgekrümmte Form in den einzelnen Inter-vallen zeigt, d.h. mit zunehmendem Einkommen nimmt der mittlere Steuersatz ab. Dies ist eigentlich ein Verstoß gegen das Prinzip der Progressivität.

b. Die Splitting-Formel für das Familiensplitting ist tn(x) = xn tn

⎛ ⎞⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠

, wobei n der Divisor

aus Tabelle 8.4 ist. In folgenden Abbildung sind die Graphen abgebildet, die zeigen, dass das französische System deutlich familienfreundlicher ist als das deutsche.

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