Material zum Vorkurs P2 WiSe 2013/14

Vorkurs P2 WiSe 2013/14
Dipl. Math. Stefan Podworny
Aufgabensammlung
mit Lösungen
Version vom 30. September 2013

INHALTSVERZEICHNIS
INHALTSVERZEICHNIS
Inhaltsverzeichnis
Metainformationen 3
Mathematische Grundlagen der Mittel- und Oberstufe 6
1. Tag – Elementares Rechnen 6
2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik 10
3. Tag – Der Vorkurs als Einstieg ins Studium 17
4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen 19
5. Tag – Potenzen & Logarithmen 31
6. Tag – Wurzeln 41
7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen 53
8. Tag – Selbstarbeit: Das Studium organisiert angehen 62
9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff 64
10. Tag – Polynome 76
11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion 86
12. Tag – Trigonometrische Funktionen 93
13. Tag – Selbstarbeit: Das Thema Klausuren 100
14. Tag – Weitere Funktionen 102
15. Tag – Folgen und Grenzwerte 112
Kernthemen von Mathe 1 / Mechanik 1 123
16. Tag – Differenzieren 123
17. Tag – Kurvendiskussion 129
18. Tag – Integrieren 141
19. Tag – Vektorrechnung in 2D 153
20. Tag – Vektorrechnung in 3D 169
21. Tag – Gauß-Algorithmus 175
22. Tag – Selbstarbeitstag: Ausblick auf Mathe I 183
23. Tag – Matrizenrechnung 184
Mathematik Vorkurs P2
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WiSe 2013/14
INHALTSVERZEICHNIS
Ablaufübersicht
Metainformationen
Ablaufübersicht
Der Vorkurs P2 2013/14 wird in der Zeit vom 09.09. bis 11.10.2013 (erstmalig) über 5 Wochen mit je 4 Präsenztagen und
je einem Selbstarbeitstag stattfinden:
Datum Vorlesung 1. Übung 2. Übung
8:00 – 9:15 & 9:30 – 10:45 11:30 – 13:00 13:30 – 15:00
09.09. Begrüßung / Elementares Rechnen Materialausgabe / Allgemeine Informationen / Elementares Rechnen I
10.09. Mengenlehre & Aussagenlogik Mengenlehre & Aussagenlogik I Elementares Rechnen II
11.09. Selbstarbeit I
12.09. Lineare Un-/Gleichungen Lineare Un-/Gleichungen I Mengenlehre & Aussagenlogik II
13.09. Potenzen & Logarithmen Potenzen & Logarithmen I Lineare Un-/Gleichungen II
1.
T
E
I
L
16.09. Wurzeln Wurzeln I Potenzen & Logarithmen II
17.09. Lineare und quadratische Funktionen Lin./quad. Funktionen I Wurzeln II
18.09. Selbstarbeit II
19.09. Funktionsbegriff Funktionsbegriff I Lin./quad. Funktionen II
20.09. Polynome Polynome I Funktionsbegriff II
23.09. Exponential- & Logarithmusfunktion Exponential- & Logarithmusf. I Polynome II
24.09. Trigonometrische Funktionen Trig. Funktionen I Exponential- & Logarithmusf. II
25.09. Selbstarbeit III
26.09. Funktionen Funktionen I Trig. Funktionen II
27.09. Folgen & Grenzwerte Folgen & Grenzwerte I Funktionen II
30.09. Differenzieren Differenzieren I Folgen & Grenzwerte II
2.
01.10. Kurvendiskussion Kurvendiskussion I Differenzieren II
02.10. Integrieren Integrieren I Kurvendiskussion II
03.10. Feiertag!
T
E
I
L
04.10.
07.10.
08.10.
09.10.
Vektorrechnung in 2D
Vektorrechnung in 3D
Lineare Gleichungssysteme
Vektorrechnung in 2D I
Vektorrechnung in 3D I
Lineare Gleichungssysteme I
Selbstarbeit IV
Integrieren II
Vektorrechnung in 3D II
Vektorrechnung in 3D III
10.10. Matrizenrechnung Matrizenrechnung I Matrizenrechnung II
ALLE 11.10. Verabschiedung / Abschlußtest ☺ Frei ☺
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INHALTSVERZEICHNIS
Themenverteilung / Zielsetzung des Vorkurses:
Themenverteilung / Zielsetzung des Vorkurses:
• Woche 1 bis 3: Mathematische Grundlagen der Mittel- und Oberstufe kompakt zusammengefasst, damit Sie prüfen
können, ob und welche Lücken Sie haben.
• Woche 4 und 5: Kernthemen von Mathe 1 / Mechanik 1 durchgehen und vorarbeiten, um Sie für das 1. Semester zu
entlasten. (Vorausgesetzt, Sie beherrschen die dazu nötigen Grundlagen, s. Woche 1 – 3.)
• Beherrschen der vorgestellten Themengebiete inkl. Transfer sowie die Fähigkeit zur eigenständigen Vertiefung.
• Loskommen vom Nachahmen eines bekannten Lösungsweges hin zum Verstehen der Zusammenhänge und kreativen
Lösen auftauchender Probleme.
Die Übungen sind der wichtigere Teil des Vorkurses! Selbermachen ist fordernder, aber lehrreicher als sich Mathematik
„nur“ anzuhören. ☺
Anspruch an Sie als Teilnehmer und Ihr Arbeitsverhalten:
• Studium bedeutet selbständiges Lernen – d.h. sie sind selbständig im Unternehmersinn! Ihr eigener Chef – im
Vollzeitjob, also 40h/Woche (ohne Anfahrt und Pausen)! Nehmen Sie das Studium ernst, machen Sie sich Zeitpläne,
Lernpläne, etc.
Sie sind (sich) selbst verantwortlich dafür, dass Sie an der Universität etwas lernen!
Wir – als Dozenten/Übungsleiter/etc. – sind hier, um Sie beim Lernen zu unterstützen, nicht mehr und nicht weniger.
• Stellen Sie Fragen, wenn Sie welche haben. – Sie sind nie die/der Einzige mit dieser Frage, etliche andere im Raum
trauen sich auch nicht. ☺
• Behalten Sie den Umfang des Vorkurses im Auge: 20 Tage Vorkurs sind ca. 4,8 SWS Vorlesung, 5,6 SWS Übungen
und 1,5 SWS für die Selbsarbeitstage. 1 D.h. der Vorkurs entspricht knapp 12 SWS – die Mathematikveranstaltungen
im 1. und 2. Semester haben jeweils 4 SWS Vorlesung und 2 SWS Übungen.
Entscheiden Sie, ob ihr Schwerpunkt im ersten oder zweiten Teil des Vorkurses liegt; wieviel Zeit Sie zusätzlich
investieren können und wieviel Stoff Sie – in der kurzen Zeit – nachhaltig aufnehmen können.
• Smartphone, Tablet und Laptop sind – sofern sie zum Arbeiten verwendet werden – eine enorme Hilfe.
Chatten, Facebooken, Twittern, Daddeln, Surfen, Vidoes gucken oder Musik hören tun Sie bitte in Ihrer Freizeit und
nicht in den Vorkurs- (oder anderen Universitäts-) Veranstaltungen.
Sie sitzen hier, weil Sie das wollen – bitte benehmen Sie sich dementsprechend (Handy stummschalten!)!
• Sie investieren (indirekt) viel Geld in Ihr Studium 2 , investieren Sie bitte auch entsprechend Zeit und Mühe!
• Bei der Kommunikation mit mir/anderen Dozenten:
◦ Informieren Sie sich, wann Ihre Dozenten Sprechstunde haben und nutzen Sie diese Termine!
• Ansonsten bitte primär per E-Mail – mit Anrede und „Wer bin ich?“ (Name, Studiengang, ggf. Matrikelnummer)
Vorlesung: 150min/ 45min · 20 / 14 = 4,76 . . . ≈ 4,8 SWS;
1
Übungen: 180min/ 45min · 19,5 / 14 = 5,57 . . . ≈ 5,6 SWS;
Selbstarbeit: 240min/ 45min · 4/ 14 = 1,52 . . . ≈ 1,5 SWS
2 Bei einer durchschnittlichen Ausbildungsvergütung von 727 epro Monat (als Mittelwert der Ausbildungsvergütungen 2012; Quelle:
http://www.bibb.de/dav) müssen Sie gut 4300 epro Semester vorfinanzieren! (Wenn Sie bereits eine Ausbildung haben, entsprechend mehr,
aber dann wissen Sie vermutlich bereits, was ich Ihnen sagen will.)
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INHALTSVERZEICHNIS
Die immer wiederkehrenden Fragen:
Die immer wiederkehrenden Fragen:
• „Wofür brauche ich das?“
◦ Fragen Sie bitte konkret in den Ingenieurfachbereichen nach.
◦ An und für sich oft nicht, aber als Grundlage für später: Die Universitätsausbildung soll eine breite Vorbereitung
liefern für spätere Anwender, Entwickler und Forscher!
• „Ist das wichtig?“
◦ Ja, sonst würden weder die hiesigen Ingenieure (beim Aufstellen der Modulhandbücher) noch internationale
Ingenieursorganisationen (z.B. SEFI, s. Mustoe et al: Mathematic for the european engineer - a Curriculum for
the 21st century) diese Themen als grundlegend ansehen und in den Lehrplan aufnehmen.
Gegenfrage: „Was machen Sie in 5, 15, 25 bzw. 35 Jahren in Ihrem Beruf genau?“ – Erst mit diesem Wissen könnten wir
diese Fragen exakt beantworten.
Lernen Sie freiwillig so viel wie möglich von dem, was Ihnen angeboten wird – dafür sind Sie ja an der Universität!
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09.09.2013
1. Tag – Elementares Rechnen
1. Tag – Elementares Rechnen
2. Übung: Elementares Rechnen I – Aufgaben
1.) Fassen Sie zusammen:
a)
3
7 + 7 3
e)
x − 2
x + 2 − x − 2
x − 2
b) 10 − 17
2
n + 4
f)
2 − n + n − 2
2n + 1
c)
g)
12
5 − 5 12
3a + 5b
− a − 2b
14 7
d)
h)
7
9 − 5 2 : 6 3
xy − 4
x − 2 : y − 3
2 + x + y
2.) Vereinfachen Sie:
a) 7a − 3b + (−a + 2c) + (3c − 6b) − (6a − 3c) b) 5a + ( 7c − (2a − 3b) ) − (4c − a + b)
c) a · (b − 2a) − b · (a + 2b) d) (3a + 2b)(4a − 3b)(5a − 7b)
e) (7a − 5b)(3a + 4b) − (5a − 9b)(4a − b) f) (3a + 2b − 5c) 2
g) (a 2 + b 2 ) 2 − (a 2 − b 2 ) 2 h) (2a − 5b)(5b − 3a) − (2b − 4a)(6a + 7b)
i)
( ) ( )
(a + 4)(a − 2) − (a + 2)(a − 1) · (1 − a)(a − 1) − 2(a + 1)(a − 2)
3.) Wenden Sie die binomischen Formeln an und vereinfachen Sie, wenn möglich.
a) 169a 2 − 130ab + 25b 2 b) 9a 4 b 2 + 12a 2 b + 4 c) (a + b + 1)(a + b − 1)
d) a 2 − 2ab + 2b 2 + 2b + 1 e) ( √ ab − 1)(−1 − √ ab) f) (−5a − 3b) 2 + (−5a + 3b) 2
4.) Faktorisieren Sie:
a) −4x − 16 b) 49x 2 − 64 c) ax − ay + bx − by
d) 192x 2 y 2 + 216x 3 y − 144xy 2 e) −(u − v)(u + v) + 2u(u + v) f) (2m − n) 2 − (n + 2m) 2
g) −12a + 6b + 6ab − 3b 2 + 4ac − 2bc − 2abc + b 2 c
h) 144a 2 x 2 − 720a 2 xy + 900a 2 y 2 − 196b 4 x 2 + 980b 4 xy − 1225b 4 y 2
5.) Berechnen Sie:
a)
6∑
2k b)
k=1
5∑
k 2 c)
k=0
7∑
2 k d)
k=2
5∑
k=1
k
k + 2
e)
6∑
k=3
k − 1
k
2
f)
∑1000
k
k=1
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09.09.2013
1. Tag – Elementares Rechnen
Lösungen zu Elementares Rechnen I
Lösungen zu Elementares Rechnen I
1.) a)
c)
3
7 + 7 3 = 3 · 3
7 · 3 + 7 · 7
3 · 7 = 9 + 49 = 58
21 21
12
5 − 5 12 = 144
60 − 25
60 = 119
60
b) 10 − 17
2 = 20
2 − 17
2 = 3 2
d)
7
9 − 5 2 : 6 3 = 7 9 − 5 2 · 1
2 = 28
36 − 45
36 = −17 36
e)
f)
x − 2
x + 2 − x − 2
x − 2 = x − 2
x + 2 − 1 = x − 2
x + 2 − x + 2 x − 2 − (x + 2)
= =
x + 2 x + 2
n + 4
2 − n + n − 2 (n + 4)(2n + 1) + (n − 2)(2 − n) 2n 2 + 9n + 4 +
= =
2n + 1 (2 − n)(2n + 1)
= − n2 + 13n
2n 2 − 3n − 2
−4
x + 2
(
−n 2 + 4n − 4
−2n 2 + 3n + 2
)
g)
3a + 5b
14
− a − 2b
7
=
3a + 5b
14
−
2a − 4b
14
= a + 9b
14
h)
xy − 4
x − 2 : y − 3 (xy − 4) · (2 + x + y)
= = x2 y + xy 2 + 2xy − 4x − 4y − 8
2 + x + y (x − 2) · (y − 3)
xy − 3x − 2y + 6
2.) a) 7a − 3b + (−a + 2c) + (3c − 6b) − (6a − 3c) = 7a − a − 6a − 3b − 6b + 2c + 3c + 3c = −9b + 8c
b) 5a + ( 7c − (2a − 3b) ) − (4c − a + b) = 5a + 7c − 2a + 3b − 4c + a − b = 4a + 2b + 3c
c) a · (b − 2a) − b · (a + 2b) = ab − 2a 2 − ba − 2b 2 = −2(a 2 + b 2 )
d) (3a + 2b)(4a − 3b)(5a − 7b) = (12a 2 − ab − 6b 2 )(5a − 7b)
= 60a 3 − 5a 2 b − 30ab 2 − (84a 2 b − 7ab 2 − 42b 3 ) = 60a 3 − 89a 2 b − 23ab 2 + 42b 3
e) (7a − 5b)(3a + 4b) − (5a − 9b)(4a − b) = 21a 2 + 13ab − 20b 2 − (20a 2 − 41ab + 9b 2 ) = a 2 + 54ab − 29b 2
f) (3a + 2b − 5c) 2 = 9a 2 + 4b 2 + 25c 2 + 12ab − 30ac − 20bc
g) (a 2 + b 2 ) 2 − (a 2 − b 2 ) 2 = a 4 + 2a 2 b 2 + b 4 − (a 4 − 2a 2 b 2 + b 4 ) = 4a 2 b 2
h) (2a − 5b)(5b − 3a) − (2b − 4a)(6a + 7b) = −6a 2 − 25b 2 + 25ab − (−24a 2 + 14b 2 − 16ab)
= 18a 2 − 39b 2 + 41ab
i) ( (a + 4)(a − 2) − (a + 2)(a − 1) ) · ((1
− a)(a − 1) − 2(a + 1)(a − 2) )
= ( (a 2 + 2a − 8) − (a 2 + a − 2) ) · ((−a 2 + 2a − 1) − 2(a 2 − a − 2) )
= (a − 6) · (−3a 2 + 4a + 3) = −3a 3 + 4a 2 + 3a + 18a 2 − 24a − 18 = −3a 3 + 22a 2 − 21a − 18
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09.09.2013
1. Tag – Elementares Rechnen
Lösungen zu Elementares Rechnen I
3.) a) 169a 2 − 130ab + 25b 2 = (13a) 2 − 130ab + (5b) 2 = (13a) 2 − 2 · (13a) · (5b) + (5b) 2 = (13a − 5b) 2
b) 9a 4 b 2 + 12a 2 b + 4 = (3a 2 b) 2 + 12a 2 b + (2) 2 = (3a 2 b) 2 + 2 · (3a 2 b) · (2) + (2) 2 = (3a 2 b + 2) 2
c) (a + b + 1)(a + b − 1) = ( (a + b) + 1 )( (a + b) − 1 ) = (a + b) 2 − 1 2 = a 2 + 2ab + b 2 − 1
d) a 2 − 2ab + 2b 2 + 2b + 1 = (a 2 − 2ab + b 2 ) + (b 2 + 2b + 1) = (a − b) 2 + (b + 1) 2
( √ab ) (
e) − 1 −1 − √ ) ( √ab ) ( √ab )
ab = − − 1 + 1 = −(ab − 1) = 1 − ab
f) (−5a − 3b) 2 + (−5a + 3b) 2 = (25a 2 + 30ab + 9b 2 ) + (25a 2 − 30ab + 9b 2 ) = 50a 2 + 18b 2
4.) a) −4x − 16 = −4(x + 4)
b) 49x 2 − 64 = (7x) 2 − 8 2 = (7x + 8)(7x − 8)
c) ax − ay + bx − by = a(x − y) + b(x − y) = (a + b)(x − y)
(
) (
)
d) 192x 2 y 2 + 216x 3 y − 144xy 2 = xy 192xy + 216x 2 − 144y = 2xy 96xy + 108x 2 − 72y
(
) (
)
= 4xy 48xy + 54x 2 − 36y = 8xy 24xy + 27x 2 − 18y
(
)
= 24xy 8xy + 9x 2 − 6y
e) −(u − v)(u + v) + 2u(u + v) = (u + v) ( 2u − (u − v) ) = (u + v) (2u − u + v) = (u + v) 2
f) (2m − n) 2 − (n + 2m) 2 = ( (2m − n) + (n + 2m) ) ( (2m − n) − (n + 2m) ) = (4m) (−2n) = −8mn
)
)
Oder: (2m − n) 2 − (n + 2m) 2 =
(4m 2 − 4mn + n 2 −
(n 2 + 4mn + 4m 2 = −8mn
g) − 12a + 6b + 6ab − 3b 2 + 4ac − 2bc − 2abc + b 2 c
= a (−12 + 6b + 4c − 2bc) + 6b − 3b 2 − 2bc + b 2 c
= 2a (−6 + 3b + 2c − bc) + b (6 − 3b − 2c + bc)
= 2a (−6 + 3b + 2c − bc) − b (−6 + 3b + 2c − bc)
= (2a − b) ( −6 + 3b + c (2 − b) ) = (2a − b) ( −3 (2 − b) + c (2 − b) )
= (2a − b) (c − 3) (2 − b)
h) 144a 2 x 2 − 720a 2 xy + 900a 2 y 2 − 196b 4 x 2 + 980b 4 xy − 1225b 4 y 2
= a 2 ( 144x 2 − 720xy + 900y 2) − b 4 ( 196x 2 − 980xy + 1225y 2)
(
= 36a 2 4x 2 − 20xy + 25y 2) ( − 49b 4 4x 2 − 20xy + 25y 2)
(
= 36a 2 − 49b 4) ( (2x) 2 − 2 · 2x · 5y + ( 5y ) ) (
2
= 36a 2 − 49b 4) ( ) 2 2x − 5y
(
= 6a + 7b 2) ( 6a − 7b 2) ( ) 2 2x − 5y
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09.09.2013
1. Tag – Elementares Rechnen
Lösungen zu Elementares Rechnen I
5.) a)
b)
c)
d)
e)
6∑
2k = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 = 42
k=1
5∑
k 2 = 0 + 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55
k=0
7∑
2 k = 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 7 = 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 = 252
k=2
5∑
k=1
Oder:
6∑
k=3
k
k + 2 = 1 3 + 2 4 + 3 5 + 4 6 + 5 7 = 1 3 + 1 2 + 3 5 + 2 3 + 5 7 = 1 + 1 2 + 21
35 + 25
35 = 105
70 + 92
70 = 197
70
k − 1
k
2
5∑
k=1
= 2 3
2
( ) k
= 1 k + 2 3 + 2 4 + 3 5 + 4 6 + 5 7 = 70
210 + 105
210 + 126
210 + 140
210 + 150
210 = 591
210 = 197
70
+ 3 4
2
+ 4 5
2
+ 5 6
2
= 1 + 1 2 + 3 + 1 + 3 5 = 5 + 5 + 6
10
= 4 3 + 3 2 + 8 5 + 5 3 = 3 2 + 9 3 + 8 5
= 61
10 = 6,1
f) Vom jungen Carl Friedrich Gauß ist die Anekdote überliefert, dass er seinen Dorfschullehrer – der die Gruppe
der Kleinen für geraume Zeit beschäftigen wollte, indem er sie die Summe der Zahlen von eins bis hundert
ausrechnen ließ – sehr überraschte. Nach wenigen Augenblicken hatte Carl Friedrich die richtige Lösung parat.
Ihm muss aufgefallen sein, dass man die Zahlen sinnvoll paaren kann: Die erste mit der letzten, die zweite mit
der vorletzten – immer ergibt sich dieselbe Summe, nämlich 101 = 100 + 1 = 99 + 2 = . . . (allgemein n + 1).
Da es 50 (allgemein n/2) solcher Paare gibt, muss die Summe 101 · 50 sein. Das ganze klappt natürlich auch für
ungerade n (Warum??).
∑1000
Also gilt k =
k=1
1000 · (1000 + 1)
2
= 500500 und allgemein
n∑
k =
k=1
n · (n + 1)
2
für n ∈ N .
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10.09.2013
2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
1. Übung: Mengenlehre & Aussagenlogik I – Aufgaben
1.) Schreiben Sie die folgenden Mengen als Intervall:
a) A = {x ∈ R | 3 ≤ x < 4} b) B = {x ∈ R | 5 ≤ x < 19} ∩ {x ∈ R | 13 ≤ x < 27}
c) C = {x ∈ R | 2 ≤ x ≤ 44} d) D = R \{x ∈ R | −33 < x < ∞}
2.) Setzen Sie an Stelle von ⋄ die Zeichen ∈ oder /∈ ein, sodass wahre Aussagen entstehen.
a) 11 ⋄ {1,2,3} b) 1 ⋄ {1,2,3} c) 25 ⋄ {n 2 |n ∈ N}
d) 3 ⋄ N e) 2 ⋄ {x ∈ N|x − 2 = 0} f) 0 ⋄ ∅
g) {0} ⋄ N h) {1} ⋄ {1,2} i) {1,2} ⋄ {∅,{1},{2},{2,3}}
j) ∅ ⋄ Menge der Teilmengen von {mein Auto, mein Fahrrad}
3.) a) Skizzieren Sie die Mengen M 1 = {x ∈ R | x > 5} ; M 2 = {x ∈ R | x ≤ 2} ; M 3 = (0; 10] ; M 4 = [0; 10) ;
M 5 = [−5; 5] und M 6 = (−4; 6) auf dem Zahlenstrahl.
b) Finden Sie für die verbal beschriebenen Mengen M 7 , M 8 und M 9 eine formale Definition.
• M 7 : alle geraden Zahlen • M 8 : alle ungeraden Zahlen • M 9 : alle Brüche
c) Bestimmen Sie
• M 10 = M 1 ∩ M 3 • M 11 = (M 2 ∩ M 1 ) ∪ M 6 • M 12 = M 2 ∪ M 6
• M 13 = (M 4 ∪ M 5 ) ∩ M 7 • M 14 = M 5 ∪ (M 7 ∩ M 12 ) • M 15 = M 9 ∩ M 2
• M 16 = (M 5 ∩ M 6 ) ∪ (M 4 ∩ M 3 ) ∪ (M 10 ∩ M 2 ) ∪ (M 13 ∩ M 14 )
4.) Geben Sie die Mengen jeweils durch ihre Eigenschaften (verbal oder in Termen) in der Form {x ∈ ? | „Eigenschaften“}
an.
a) M 1 = {−1, 0, 1, 2, 3, 4} b) M 2 = {−3, − 2, − 1, 1, 2, 3}
c) M 3 = {−2, −1, 0, 1, 3, 4, 5, 6} d) M 4 = {64, 4, 8, 1, 32, 128, 2, 16}
e) M 5 = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, . . .} f) M 6 = {119, 17, 51, 153, 85, 102, 34, 68, . . .}
g) M 7 = Z \ N h) M 8 = Q \ Z
5.) Zeigen Sie durch Herleitung und Vergleich der entsprechenden Wahrheitstafeln:
a) „¬(A ∨ B)“ bedeutet dasselbe wie „¬A ∧ ¬B“ , bzw. . ( ¬(A ∨ B) ) ⇐⇒ (¬A ∧ ¬B)
b)
(
¬(A ∧ B)
)
⇐⇒ (¬A ∨ ¬B) c) (A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A)
d) (A ⇔ B) ⇐⇒ (¬A ⇔ ¬B) e)
(
A ⇒ (A ∨ B)
)
ist immer wahr.
f)
(
¬(¬A ∨ B)
)
⇐⇒ (A ∧ ¬B) g) (A ⇒ B) ⇐⇒ (¬A ∨ B)
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik I
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik I
1.) a) A = {x ∈ R | 3 ≤ x < 4} = [3; 4)
b) B = {x ∈ R | 5 ≤ x < 19} ∩ {x ∈ R | 13 ≤ x < 27} = [5; 19) ∩ [13; 27) = [13; 19)
c) C = {x ∈ R | 2 ≤ x ≤ 44} = [2; 44]
d) D = R \{x ∈ R | −33 < x < ∞} = R \ (−33; ∞) = (−∞; ∞) \ (−33; ∞) = (−∞; −33]
∣ }
2.) a) 11 /∈ {1,2,3} b) 1 ∈ {1,2,3} c) 25 ∈
{n 2 ∣∣ n ∈ N
d) 3 ∈ N e) 2 ∈ { x ∈ N|x − 2 = 0 } f) 0 /∈ ∅
g) {0} /∈ N h) {1} /∈ {1,2} i) {1,2} /∈ { ∅, {1} , {2} , {2,3} }
j) ∅ ∈ Menge der Teilmengen von {mein Auto, mein Fahrrad}
3.) a) Wir zeichnen die Mengen M 1 ; M 2 ; M 3 ; M 4 ; M 5 ; M 6 auf dem Zahlenstrahl:
(
]
0 5 M 1 = (5; ∞) 10
( ]
R
-5 M 2 = (−∞; 2] 0 5
[ )
R
0 5 M 3 = (0; 10] 10
[ ]
R
0 5 M 4 = [0; 10) 10
( )
R
-5 0 M 5 = [−5; 5] 5
R
-5 0 M 6 = (−4; 6) 5
R
b) M 7 : alle geraden Zahlen ⇒ M 7 = {x ∈ Z | x = 2k, k ∈ Z} 3
M 8 : alle ungeraden Zahlen ⇒ M 8 = {x ∈ Z | x = 2k − 1, k ∈ Z} = Z \M 7
M 9 : alle Brüche ⇒ M 9 = Q
c) M 10 = M 1 ∩ M 3 = (5; ∞] ∩ [0; 10) = (5; 10]
M 11 = (M 2 ∩ M 1 ) ∪ M 6 = ∅ ∪ M 6 = M 6
M 12 = M 2 ∪ M 6 = {x ∈ R | x ≤ 2} ∪ {x ∈ R | −4 ≤ x ≤ 6} = {x ∈ R | x < 6} = (−∞; 6)
M 13 = (M 4 ∪ M 5 ) ∩ M 7 = [−5; 10) ∩ M 7 = {−4, − 2, 0, 2, 4, 6, 8}
M 14 = M 5 ∪ (M 7 ∩ M 12 ) = M 5 ∪ {x ∈ Z | x ist gerade, x ≤ 4} = M 5 ∪ {. . . , − 4, − 2,0,2,4}
M 15 = M 9 ∩ M 2 = {x ∈ Q | x ≤ 2}
M 16 = (M 5 ∩ M 6 ) ∪ (M 4 ∩ M 3 ) ∪ (M 10 ∩ M 2 ) ∪ (M 13 ∩ M 14 )
= (−4; 5] ∪ (0; 10) ∪∅ ∪ {−4, − 2,0,2,4}
= (−4; 10) ∪ {−4, − 2,0,2,4} = [−4; 10)
4.) a) M 1 = {−1, 0, 1, 2, 3, 4} = {x ∈ Z | −1 ≤ x ≤ 4} = {x ∈ Z | −2 < x < 5}
b) M 2 = {−3, − 2, − 1, 1, 2, 3} = {x ∈ Z | −3 ≤ x ≤ −1 ∨ 1 ≤ x ≤ 3} = { x ∈ Z ∣ ∣ |x| ≤ 3 } \{0}
= { x ∈ Z \{0} ∣ ∣ |x| ≤ 3 }
3 Die Bezeichnungen gerade und ungerade sind nur bei ganzen Zahlen sinnvoll, daher die Grundmenge Z .
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik I
c) M 3 = {−2, −1, 0, 1, 3, 4, 5, 6} = {x ∈ Z | −2 ≤ x ≤ 1 ∨ 3 ≤ x ≤ 6}
∣ }
d) M 4 = {64, 4, 8, 1, 32, 128, 2, 16} =
{2 k ∣∣ k ∈ N, k = 0, . . . , 7
e) M 5 = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, . . .}
∣ }
= {x ∈ N | x ist die Quadratzahl einer natürlichen Zahl } =
{n 2 ∣∣ n ∈ N
f) M 6 = {119, 17, 51, 153, 85, 102, 34, 68, . . .} = {x ∈ N | x = 17k, k ∈ N}
= {x ∈ N | x ist (positives) Vielfaches von 17}
g) M 7 = Z \N = {x ∈ Z | x ≤ 0} = {. . . , −3, −2, −1, 0}
{ } { }
h) M 8 = Q \Z = p q
∣ p ∈ Z, q ∈ N, q ist nicht Teiler von |p| = p q
∣ p ∈ Z, q ∈ N, p q /∈ Z
5.) a)
b)
( )
¬(A ∨ B) ⇐⇒ (¬A ∧ ¬B) : A B A ∨ B ¬(A ∨ B) ¬A ¬B (¬A) ∧ (¬B)
w w w f f f f
w f w f f w f
f w w f w f f
f f f w w w w
( )
¬(A ∧ B) ⇐⇒ (¬A ∨ ¬B) : A B A ∧ B ¬(A ∧ B) ¬A ¬B (¬A) ∨ (¬B)
w w w f f f f
w f f w f w w
f w f w w f w
f f f w w w w
c) (A ⇒ B) ⇐⇒ (¬B ⇒ ¬A) : d) (A ⇔ B) ⇐⇒ (¬A ⇔ ¬B) :
A B A ⇒ B ¬B ¬A ¬B ⇒ ¬A
A B A ⇔ B ¬A ¬B ¬A ⇔ ¬B
w w w f f w
w w w f f w
w f f w f f
w f f f w f
f w w f w w
f w f w f f
f f w w w w
f f w w w w
e)
f)
( )
A ⇒ (A ∨ B) ist immer wahr: g) (A ⇒ B) ⇐⇒ (¬A ∨ B) :
4
A B A ∨ B A ⇒ A ∨ B
A B A ⇒ B ¬A ¬A ∨ B
w w w w
w w w f w
w f w w
w f f f f
f w w w
f w w w w
f f f w
f f w w w
( )
¬(¬A ∨ B) ⇐⇒ (A ∧ ¬B) : A B ¬A ¬B ¬A ∨ B ¬(¬A ∨ B) A ∧ ¬B
w w f f w f f
w f f w f w w
f w w f w f f
f f w w w f f
4 So können wir die Richtigkeit des Widerspruchsbeweises zeigen, denn ¬(¬A ∨ B) = A ∧ ¬B; und wenn dies zum Widerpsruch führt, ist A ⇒ B
bewiesen.
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
2. Übung: Elementares Rechnen II – Aufgaben
2. Übung: Elementares Rechnen II – Aufgaben
1.) Fassen Sie zusammen:
a) 1 − 1 2 + 2 3
7
d)
8 − 8 7 − 2 3
(
3 5
g)
4 · 2 − 11 )
3
b) 2 + 4 5 + 2 9
17
e)
11 − 11
17
( 1
h)
7 5)
+ 1 :
3
5
c)
f)
i)
1
2 − 3 4 + 5 6
12
11 + 17
6 − 13
7
( 7
6 − 31 )
2
:
30 5
2.) Berechnen Sie durch Ausmultiplizieren:
a) (3 − x) · (y
+ 5 ) ( ) ( )
b) (2x + 4) · (11 − x) c) y + 5 · y − 5
d) (3x + 2) · (4y
− 2 ) ( ) ( )
e) 11 − x − y · (3 + x) f) (12x − 6) · x − 1 2
( ) ( ) ( ) ( )
( )
g) 2x + 3y · x − 2y − 3 h) x − 4 + 2y · 3y + x i) 2x − 4y + 6 · (5 − 3x)
3.) Setzen Sie jeweils den Term B in den Term A ein. Vereinfachen Sie anschließend den entstandenen Term!
a) A : 2x − 3y b) A : 2x − 3y c) A : x − xy
B : x = 2 − y B : y = 2 − x B : x = y + 1
d) A : x − xy e) A : 2x − 4ax f) A : 2x − 4ax
B : y = 1 x − 1 B : a = x − 1 B : x = a2 − 2a − 1
g) A : 1 x − 3b h) A : −2(y2 − 1)
x 2 i) A : x + 2 x
B : x = 2a + 3b B : x = 1 y − y B : x = z − 1 z
4.) a) Zeigen Sie die Formel (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc für beliebige a, b, c ∈ R .
b) Faktorisieren Sie 4x 2 − 16xy + 16y 2 + 25z 4 + 20xz 2 − 40yz 2 mit obiger Formel.
c) Faktorisieren Sie a2
4 + 3aB2 − 4a D + 9B4 − 24B2
D + 16
D 2 .
1
5.) Formen Sie die folgenden Brüche jeweils zu a ·
1 − x−x 0
b
1
a)
1 + x ; x 3
0 = 0 b)
1 − x ; x 0 = 2 c)
d)
mit geeigneten a, b ∈ R um:
1
1 − x ; x 0 = −1
2
2 − x ; x 0 = 0 e) − 1
2 + x ; x 0 = −4 f) − 3
x − 1 ; x 0 = 2
4
g) x
2 − 2 ; x 0 = −2 h)
c
j) Allgemein
d + x ; x 0 = e ≠ −d
3
x + 3 ; x 0 = −3 i)
1
2
x
3 − 1 4
; x 0 = 3
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
Lösungen zu Elementares Rechnen II
Lösungen zu Elementares Rechnen II
1.) a) 1 − 1 2 + 2 3 = 6 6 − 3 6 + 4 6 = 6 − 3 + 4
6
= 7 6
b) 2 + 4 5 + 2 9 = 2 · 45
45 + 4 · 9
45 + 2 · 5 90 + 36 + 10
= = 136
45 45 45
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
1
2 − 3 4 + 5 6 = 6 12 − 9 12 + 10
12 = 6 − 9 + 10 = 7 12 12
7
8 − 8 7 − 2 3 = 7 · 7 · 3
8 · 7 · 3 − 8 · 8 · 3
8 · 7 · 3 − 8 · 7 · 2 147 − 192 − 112
= = − 157
8 · 7 · 3 168
168
17
11 − 11 17 · 17 11 · 11
= −
17 11 · 17 11 · 17 = 172 − 11 2
187
12
11 + 17
6 − 13
7
(
3 5
4 · 2 − 11 )
3
( 1
7 + 1 5)
( 7
6 − 31 )
30
:
:
3
5 = ( 5
35 + 7 35
=
(17 − 11)(17 + 11)
187
= 6 · 28
187 = 168
187
12 · 6 · 7 + 11 · 17 · 7 − 11 · 6 · 13 504 + 1309 − 858
= =
11 · 6 · 7
462
= 3 ( 15
4 · 6 − 22 )
= 3 (
6 4 · − 7 )
= 3 (
6 4 · − 7 )
2 · 3
)
· 5
(
2 35
5 = 30 − 31
30
3 = 12
35 · 5
3 = 3 ✁ · 4
✁5 · 7 · ✁5
✁3 = 4 7
)
· 5
2 = 4 · ✁5
✚30
✚❃6 2 = 4 12 = 1 3
2.) a) (3 − x) · (y
+ 5 ) = 3y + 15 − xy − 5x = −xy − 5x + 3y + 15
b) (2x + 4) · (11 − x) = 22x − 2x 2 + 44 − 4x = −2x 2 + 18x + 44
c) ( y + 5 ) · (y
− 5 ) = y 2 − 5y + 5y − 25 = y 2 − 25
d) (3x + 2) · (4y
− 2 ) = 12xy − 6x + 8y − 4
= 955
462
= − ✁ 3 · 7
4 · 2 · ✁3 = −7 8
e) ( 11 − x − y ) · (3 + x) = 33 + 11x − 3x − x 2 − 3y − xy = −xy − x 2 + 8x − 3y + 33
( )
f) (12x − 6) · x − 1 2
= 12x 2 − 6x − 6x + 3 = 12x 2 − 12x + 3
g) ( 2x + 3y ) · (x
− 2y − 3 ) = 2x 2 − 4xy − 6x + 3xy − 6y 2 − 9y = −xy + 2x 2 − 6x − 6y 2 − 9y
h) ( x − 4 + 2y ) · (3y
+ x ) = 3xy + x 2 − 12y − 4x + 6y 2 + 2xy = 5xy + x 2 − 4x + 6y 2 − 12y
i) ( 2x − 4y + 6 ) · (5 − 3x) = 10x − 6x 2 − 20y + 12xy + 30 − 18x = 12xy − 6x 2 − 8x − 20y + 30
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
Lösungen zu Elementares Rechnen II
3.) a) x = 2 − y in 2x − 3y eingesetzt: 2(2 − y) − 3y = 4 − 2y − 3y = 4 − 5y
b) y = 2 − x in 2x − 3y eingesetzt: 2x − 3(2 − x) = 2x − 6 + 3x = 5x − 6
c) x = y + 1 in x − xy eingesetzt: (y + 1) − (y + 1)y = y + 1 − y 2 − y = 1 − y 2
d) y = 1 x − 1 in x − xy eingesetzt: x − x (
1
x − 1 )
= x − 1 + x = 2x − 1
e) a = x − 1 in 2x − 4ax eingesetzt: 2x − 4(x − 1)x = 2x − 4x 2 + 4x = 6x − 4x 2
f) x = a 2 − 2a − 1 in 2x − 4ax eingesetzt:
( ) ( )
2 a 2 − 2a − 1 − 4a a 2 − 2a − 1 = 2a 2 − 4a − 2 − 4a 3 + 8a 2 + 4a = −4a 3 + 10a 2 − 2
g) x = 2a + 3b in
1
x − 3b eingesetzt: 1
2a + 3b − 3b
h) x = 1 y − y in −2(y 2 − 1)
x 2
i) x = z − 1 z
in
x + 2 x
eingesetzt:
eingesetzt:
−2(y 2 − 1)
(
1
y − y ) 2
(
z − 1 )
+
z
2
(
z − 1 z
4.) a) Die angegebene Formel zeigt man mit Hilfe der 1. Binomischen Formel:
( (a + b) + c
) 2 = (a + b) 2 + 2 (a + b) c + c 2 =
(a 2 + 2ab + b 2) + 2ac + 2bc + c 2
)
= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc
( ) 2
b) 4x 2 − 16xy + 16y 2 + 25z 4 + 20xz 2 − 40yz 2 = (2x) 2 + (−4y) 2 + 5z 2 − 16xy + 20xz 2 − 40yz 2
( ) 2
= (2x) 2 + (−4y) 2 + 5z 2 + 2 · 2x · (−4y) + 2 · 2x · 5z 2 + 2 · (−4y) · 5z 2
) 2
=
(2x − 4y + 5z 2
c)
a 2
4 + 3aB2 − 4a D + 9B4 − 24B2
D + 16
D 2
( ) a 2
= +
(3B 2) (
2
+ − 4 ) 2
+ 2 ·
2
D
= a2
( a
2
)
·
4 + 9B4 + 16
D 2 + 3aB2 − 4a D − 24B2
D
(
3B 2) ( ) ( a
+ 2 · · − 4 )
+ 2
2 D
(
3B 2) ·
(
− 4 )
D
( a
=
2 + 3B2 − 4 ) 2
D
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2. Tag – Mengenlehre & Aussagenlogik
Lösungen zu Elementares Rechnen II
5.) a)
b)
c)
d)
1
1 + x = 1
1 + (x − 0) = 1
1 − ( −(x − 0) ) = 1
1 − (−x) = 1
( )
1 − x−0
3
1 − x = 3 · 1
1 − x = 3 · 1
1 − x + 2 − 2 = 3 · 1
−1 − (x − 2) = −3 · 1
1 + (x − 2) = −3 · 1
1 − ( −(x − 2) )
= −3 ·
1
1 − x−2
−1
1
1 − x = 1
1 − x − 1 + 1 = 1
2 − (x + 1) = 1 2 ·
2
2 − x = 1
1 − x−0
2
1
1 − x+1
2
e) − 1
2 + x = − 1
2 + x + 4 − 4 = − 1
−2 + (x + 4) = 1
2 − (x + 4) = 1 2 ·
f) − 3
x − 1 = 3 , siehe b)
1 − x
4
g) x
2 − 2 = 4 8
=
1(x − 4) x − 4 = 8
x + 2 − 2 − 4 = − 8
h)
i)
j)
2
−1
1
1 − x+4
2
6 − (x + 2) = − 8
(
6
1 −
(
x+2
6
3
x + 3 ist für x 0 = −3 nicht definiert und kann nicht wie gewünscht umgeformt werden.
1
2
x
3 − 1 4
3
3
3
2
2
=
x − 3 = −
3
4 4 − x + 3 − 3 = − 2
− 9 4 − (x − 3) = 3 2 ·
= 3 2 · 4
9 · 1
) =
1 −
(− 2 4 9 (x − 3) 3 · 1
1 − −(x−3) = 2 3 ·
9
4
c
d + x = c · 1
d + x − e + e = c · 1
d + e + (x − e) =
c
d + e ·
1
9
4 − ( −(x − 3) )
1
1 − x−3
− 9 4
1
1 − x−e
−d−e
) ) = −4 3 ·
1
1 − (x+2)
6
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3. Tag – Der Vorkurs als Einstieg ins Studium
3. Tag – Der Vorkurs als Einstieg ins Studium
Bitte lesen Sie diese Arbeitsempfehlungen zunächst vollständig durch, verdauen diese, teilen Sie sich dann Ihre Zeit ein
und los geht’s!
„Wie nutze ich den Vorkurs?“
Sichten Sie das Vorkursmaterial und beachten Sie die bereitgestellten Metainformationen bzgl. Ablauf, Organisation, etc.!
• Welche Vorkurstehemen sind für Sie besonders relevant? Welche weniger?
• Wie gut waren Sie in der Schule in Mathematik? Mit welchen Themen sind Sie nicht so gut vertraut?
Wenn Sie in der Grundlagenmathematik (die ersten drei Wochen) bereits starke Defizite feststellen, empfehle ich Ihnen, sich
auf diesen Teil zu konzentrieren und ihn in der 4./5. Woche zu vertiefen, anstatt den fortgeschrittenen Stoff mitzumachen.
Anleitung zum Nacharbeiten
Arbeiten Sie die ersten beiden Vorlesungen nach:
• „Vokabeln lernen!“ — In der Vorlesung definieren wir etliche Fachbegriffe, um sauber mit diesen arbeiten zu können.
Lernen Sie diese Vokabeln und ihre inhaltliche Bedeutung! – Nur wenn Sie wissen, was mit den einzelnen Fachbegriffen
genau gemeint ist, können Sie den weiteren Vorlesungen folgen!
• Gehen Sie die dargelegten Gedankengänge noch einmal durch.
Konsturieren Sie selbst Beispiele, mit denen Sie die gemachten Aussagen besser verinnerlichen können.
• Schreiben Sie wichtige Formeln/Rechengesetze in geeigneter Form (also mit Erklärung der verwendeten
Variablen/Symbole, ggf. Name der Formel) in einer Formelsammlung zusammen.
Tipp: Jedes Mal, wenn Sie eine Formel benötigen und nicht auswendig wissen, schlagen Sie diese nach und schreiben
Sie sie komplett ab – so lernen Sie häufig benötigte Formeln schnell.
• Gehen Sie die bearbeiteten Aufgaben durch, bei denen Sie Probleme hatten, und notieren Sie auftauchende Fragen,
um diese mit anderen Studierenden bzw. den Tutoren zu besprechen.
Versuchen Sie, eine solche Nachbearbeitung zeitnah für jede Vorlesung/Übung durchzuführen! Bitte melden Sie Tippfehler
und Verständnisprobleme in/bei den Musterlösungen per E-Mail an mich zurück.
Anleitung zum Vorarbeiten
Bereiten Sie die nächste(n) Vorlesung(en) vor:
• Was ist das Thema?
• Was wissen Sie dazu? Welche Fragen kommen Ihnen spontan in den Sinn?
• Lesen Sie in den Begleitunterlagen (und/oder einem für Sie geeignetem Lehrbuch) QUER, was behandelt wird. (Wenn
Sie genügend Zeit haben, arbeiten Sie die o.g. Punkte bzgl. „Nacharbeiten“ ananlog ab.)
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11.09.2013
3. Tag – Der Vorkurs als Einstieg ins Studium
Lernen lernen organisieren lernen
Lernen lernen organisieren lernen
• Selektiv lernen („Was will ich lernen?“)
• Effizient lernen („Wie kann ich am besten – also effizient und nachhaltig – lernen?“)
Suchen Sie sich eine Lerngruppe, am besten mit unterschiedlich starken Leuten unter den Gesichtspunkten:
„Was/wie kann ich gut in der Gruppe lernen ↔ was/wie kann ich am besten allein lernen?“
Speziell beim Nach- und Vorarbeiten von Vorlesungen/Übungen hilft Ihnen eine klare Arbeitsstruktur/Zeiteinteilung: 5
1.) Definition der Fachtermini nachschlagen/klären und auswendig lernen!
2.) Gedankengänge und inhaltliche Zusammenhänge erkennen und nachvollziehen!
3.) Es ist legitim, zum Verständnis eines Rechnerezeptes, Aufgaben mithilfe von Beispielaufgaben anzugehen.
Es ist aber auch dringend notwendig, dass Sie über dieses Stadium hinauskommen und
a) mit einem abstrakten Schema des Rezeptes auf der Formelsammlung arbeiten
b) sowie letztlich dieses Schema inhaltlich erklären und sich selbst jederzeit begründen und wieder neu herleiten
können!
Dieses abstrakte inhaltliche Verständnis ist unser Ziel - dies macht den Ingenieur als kreativen Bewältiger neu auftauchender
Probleme aus!
Keine Panik!
Für ein erfolgreiches Studium sind Fleiß und Disziplin das Wichtigste; es ist durchaus normal, dass Sie einer Vorlesung
nicht sofort im Detail folgen können – mit etwas Nach- und Vorarbeit gewöhnen Sie sich aber schnell ein. Bleiben Sie
am Ball!
5 Verschaffen Sie sich bitte immer wenigstens einen Überblick über die letzte und nächste Thematik, damit Sie in den Veranstaltungen selbst die
Zusammenhänge erkennen und dem „roten Faden“ folgen können – dafür genügen schon jeweils wenige Minuten!
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12.09.2013
4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
1. Übung: Lineare Un-/Gleichungen I – Aufgaben
1.) Lösen Sie (mittels ausführlicher Termumformung):
a) x + 5 = 11 b) 8 − x = 3 c) 4x − 3 = −1
d) πx + 1 = 7 e) 2x − 12 = 4 f) 7x − 8 = −6
g)
1
2 (x + 2) = 6 h) 3
2 x − 4 = 11 i) 12 − 4 3 x = −4
2.) Lösen Sie die (Un-)Gleichungen:
a)
c)
3
2 − 1 = 3x − 2 b) (3x − 2)(x − 2) = 0
6
a
x + b + b
x + a = − 3
; a, b ∈ R
(x + a)(x + b)
d) −3x − 2 = 2x + 1 e) |3x − 5| = 2
f) |x + 2| ≤ 5 g) |3x − 5| = x − 2
3.) Bestimmen Sie die Definitions- und Lösungsmengen von:
a)
c)
1
1 − x = 1 b) 1
1 − x = 0
1
1 − x + 1
1 + x = 2 d) x 2 − 2x − 2
x 2 = 1
+ 3
4.) Zeigen Sie: Für c ∈ (0,∞] ist |a| ≤ c ⇐⇒ −c ≤ a ≤ c , in dem Sie eine Fallunterscheidung zur Auflösung der
Ungleichung durchführen.
5.) Lösen Sie die (Un-)Gleichungen:
a) 2x − 5 < 7 b) −3x − 4 ≥ 1 (
1
c) x − 4 )
≥ x − 1
2
2 3
d) |x − 22| < 5 e)
∣ 11 − x 2∣ ≤ 5 f) 2x = 2 |x| − 2
2
g)
2 − x ≥ 7 h) x − 4
2
> 3 i)
5
2
x − 1 = 1 2
2
x
j) ax < x + a k)
a + 1 − 1
a − 1 > 1
a 2 − 1
6.) a) Ordnen Sie die Zahlen 1, a b und b a
der Größe nach, wobei a und b ∈ N und 0 < a < b gilt.
b) Welche von den Zahlen a b und b liegt näher an der 1?
a
Begründen Sie Ihre Antwort. – Beispiele genügen nicht! ☺
(
7.) Isolieren Sie die Variable c u aus: sin φ s ′ p ′ (
o
= · K 0 + (1 − K 0 ) ∆u ) ) −1
f
− ∆u f
+ 1 .
c u 2c u c u
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen I
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen I
1.) a) x + 5 = 11
⇔ x = 6
∣ − 5
b) 8 − x = 3
⇔
−x = −5
∣ − 8
∣ · (−1)
c) 4x − 3 = −1
⇔ 4x = 2
∣ + 3
∣ : 4
⇔ x = 5
d) πx + 1 = 7
⇔ πx = 6
∣ − 1
∣ · 1
π
⇔ x = 1 2
e) 2x − 12 = 4
⇔ x − 6 = 2
∣ : 2
∣ + 6
⇔ x = 6 π
f) 7x − 8 = −6
⇔ 7x = 2
∣ + 8
∣ : 7
⇔ x = 8
⇔ x = 2 7
g)
1
∣ ∣∣
2 (x + 2) = 6 · 2
⇔ x + 2 = 12 ∣ − 2
⇔ x = 10
h)
3
∣ ∣∣
2 x − 4 = 11 + 4
3
∣ ∣∣
⇔
2 x = 15 2 ·
3
⇔ x = 10
i) 12 − 4 ∣ ∣∣
3 x = −4 − 12
⇔ − 4 ∣ (
∣∣
3 x = −16 · − 3 )
4
⇔ x = 12
2.) a)
3
2 − 1 6 = 3x − 2 ⇔ 9 − 1 + 2 = 3x ⇔ 10
10
= 3x ⇔ x =
6
3 9
b) Da ein Produkt genau dann Null ist, wenn mindestens ein Faktor Null ist, folgt:
Entweder ist 3x − 2 = 0 oder x − 2 = 0 . Damit gilt x = 2 3 ∨ x = 2
c) Mit x ≠ −a und x ≠ −b vorausgesetzt erhalten wir:
a · (x + a) + b · (x + b)
(x + a)(x + b)
3
= −
(x + a)(x + b)
⇒
a · (x + a) + b · (x + b) = −3
⇔ ax + a 2 + bx + b 2 = −3 ⇔ (a + b)x = −3 − a 2 − b 2
Für a + b ≠ 0 erhalten wir: x = − 3 + a2 + b 2
a + b
Für a + b = 0 erhalten wir: 0 = −3 − a 2 − b 2 . Da Quadrate immer positiv sind, ist dies ein Widerspruch
(denn es gilt −3 − a 2 − b 2 < 0) und demzufolge gibt es keine Lösung der Gleichung für a + b = 0 .
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen I
d) −3x − 2 = 2x + 1 ⇒ −3 = 5x ⇒ x = − 3 5
e) |3x − 5| = 2 führt zu einer Fallunterscheidung (wie immer bei Betragsstrichen):
• Der Betragsinhalt ist positiv 3x − 5 ≥ 0 : 3x − 5 = 2 ⇒ 3x = 7 ⇒ x = 7 3
• Der Betragsinhalt ist negativ 3x − 5 < 0 : −(3x − 5) = 2 ⇒ 3x − 5 = −2 ⇒ x = 1
Die Proben durch Einsetzen bestätigen diese Lösungen, d.h. x = 7 3 ∨ x = 1
f) |x + 2| ≤ 5 führt auch zu einer Fallunterscheidung:
• x + 2 ≥ 0 : x + 2 ≤ 5 ⇒ x ≤ 3
• x + 2 < 0 : −(x + 2) ≤ 5 ⇒ x + 2 ≥ −5 ⇒ x ≥ −7
Mit Proben bestätigen wir das Lösungsintervall x ∈ [−7; 3]
g) |3x − 5| = x − 2 führt zur Fallunterscheidung: 6
• 3x − 5 ≥ 0 : 3x − 5 = x − 2 ⇒ 2x = 3 ⇒ x = 3 2
=⇒ Probe: 3 · 3
2 − 5 = − 1 2
< 0 zu 3x − 5 ≥ 0
• 3x − 5 < 0 : −(3x − 5) = x − 2 ⇒ 4x = 7 ⇒ x = 7 4
=⇒ Probe: 3 · 7
4
− 5 > 0 zu 3x − 5 < 0
Also gibt es keine Lösung für diese Betragsgleichung.
3.) a)
1
1 − x ist definiert für x ∈ R \{1} : 1
1 − x = 1 ⇔ 1 − x = 1 ⇔ x = 0 .
b)
1
1 − x ist definiert für x ∈ R \{1} : 1
1 − x = 0 |·(1−x)
⇐⇒ 1 = 0 Es gibt keine Lösung. 7
c)
1
1 − x + 1 ist definiert für x ∈ R \{−1,1} :
1 + x
1
1 − x + 1
1 + x = 2 ⇔ 1(1 + x) + 1(1 − x) = 2(1 − x)(1 + x) ⇔ 2 = 2 (
1 2 − x 2)
⇔ 1 = 1 − x 2 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
d)
x 2 − 2x − 2
x 2 + 3
ist definiert für x ∈ R :
x 2 − 2x − 2
x 2 + 3
= 1 ⇔ x 2 − 2x − 2 = x 2 + 3
⇔ −2x − 5 = 0 ⇔ x = − 5 2
4.) Für |a| ≤ c unterscheiden wir die Fälle:
a ≥ 0 : a ≤ c und a < 0 : −a ≤ c ⇔ a ≥ −c
Wir haben also die Aussagen −c ≤ a und a ≤ c, woraus wir direkt die Ungleichungskette −c ≤ a ≤ c erhalten.
6 Auf der rechten Seite sehen wir direkt, dass x ≥ 2 gelten muss und somit nur der erste Fall eintreten kann!
7 Dies könne wir auch gleich sehen: Ein Bruch kann nur dann Null sein, wenn der Zähler Null ist – mit dem konstanten Zähler 1 wird der gegebene
Bruch niemals Null.
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen I
5.) a) 2x − 5 < 7 ⇔ 2x < 12 ⇔ x < 6 ⇒ x ∈ (−∞, 6)
b) −3x − 4 ≥ 1 ⇔ −3x ≥ 9 ⇔ x ≤ − 3 (
⇒ x ∈ −∞, − 3 ]
2
2
2
2
(
1
c) x − 4 )
≥ x − 1 ⇔ 1 2 3
2 x − 2 3 ≥ x − 1 ⇔ −1 2 x ≥ −1 ⇔ x ≤ 2 3
3
(
⇒ x ∈ −∞, 2 ]
3
d) |x − 22| < 5 ⇔ −5 < x − 22 < 5 ⇔ 17 < x < 27 ⇒ x ∈ (17, 27)
e)
∣ 11 − x 2∣ ≤ 5 ⇔ −5 ≤ 11 − x 2 ≤ 5 ⇔ −16 ≤ −x ≤ −6 ⇔ 32 ≥ x ≥ 12
2
⇒ x ∈ [12, 32]
f) 2x = 2 |x| − 2 führt zur Fallunterscheidung
g)
h)
i)
• x ≥ 0 : 2x = 2x − 2 Es gibt keine Lösung.
• x < 0 : 2x = −2x − 2 ⇔ 4x = −2 ⇔ x = − 1 2
2
2 − x
• x > 2 :
• x < 2 :
ist definiert für x ∈ R \{2} ; wir unterscheiden die Fälle:
2
2 − x
2
2 − x
Damit haben wir x ∈
x − 4
5
2
2
x − 1 2
12
≥ 7 ⇔ 2 ≤ 14 − 7x ⇔ 7x ≤ 12 ⇔ x ≤
7
12
≥ 7 ⇔ 2 ≥ 14 − 7x ⇔ 7x ≥ 12 ⇔ x ≥
[ 12
7 ,2 )
.
> 3 ⇔ x − 4 > 15 ⇔ x > 19 ⇒ x ∈ [19; ∞)
= 1 2
⇔
2
x − 1 2
2
= 2 ⇔ 2 x − 1 2 = 4 ⇔ 2 x = 9 2
j) ax < x + a ⇔ x(a − 1) < a führt zur Fallunterscheidung:
• a > 1 : x < a +0
= a − 1 + 1 = a − 1
a − 1 a − 1 a − 1 + 1
a − 1 = 1 + 1
a − 1
• a < 1 : x > a
a − 1
+0
= a − 1 + 1 = a − 1
a − 1 a − 1 + 1
a − 1
7
⇔ x 2 = 2 9
⇔ x = 4 9
(−1)(−a + 1)
= 1 + 1 + 1
= a − 1 = 1 − 1
1 − a
• a = 1 : 0 < 1 ⇔ x ∈ R . In der Ausgangsgleichung stimmt’s auch: 1x < x + 1 .
x
k)
a + 1 − 1
a − 1 > 1
a 2 − 1 ist definiert für a ∈ R \{−1, 1} . Multiplikation mit a2 − 1 ergibt:
• |a| < 1 : x(a − 1) − (a + 1) < 1 ⇔ x(a − 1) < a + 2 ⇔ x > a + 2
a − 1
• |a| > 1 : x(a − 1) − (a + 1) > 1 ⇔ x(a − 1) > a + 2 und nun für
◦ a > 1 : x(a − 1) > a + 2 ⇔ x > a + 2
a − 1
◦ a < −1 : x(a − 1) > a + 2 ⇔ x < a + 2
a − 1
Wir erhalten somit für a > −1, a ≠ 1 gilt x > a + 2
a − 1
und für a < −1 gilt x <
a + 2
a − 1 .
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen I
6.) a) Offensichtlich gilt:
a
b < 1 und b a
> 1, also gilt
a
b < 1 < b a .
b) Um festzustellen, ob a b oder b a
näher an der 1 liegt, berechnen wir die Abstände:
∣ 1 − a b∣ = 1 − a b = b b − a b = b − a
b
Wegen b > a gilt nun
∣ 1 − a b∣ = b − a
b
< b − a
a
und
größerem Nenner der Kleinere. Also liegt a b näher an der 1 als b a .
7.) sin φ ′ s =
⇐⇒ S =
=
=
=
1
(
p ′ 0
c u
· K 0 + (1 − K 0 ) ∆u f
(
P
C
K P
C
2CK P
2C 2
1
K + (1 − K ) U 2C
1
(1−K )PU
+
+
2c u
)
− ∆u f
c u
+ 1
∣ 1 − b a∣ = b a − 1 = b a − a a = b − a .
a
=
∣ 1 − b a∣ , denn bei gleichem Zähler ist der Bruch mit
)
− U C + 1 ∣ ∣∣ Ausmultiplizieren
∣ Umbennen für mehr Übersichtlichkeit
∣ ∣∣ Hauptnenner bilden
− U 2C 2 C + 1 1
∣ ∣∣
(1−K )PU
Zusammenfassen
− 2CU + 2C 2
2C 2 2C 2 2C 2
1
2CK P+(1−K )PU−2CU+2C 2
2C 2
∣ ∣∣ Kehrwert bilden
1 2CK P + (1 − K )PU − 2CU + 2C
2 ∣ ∣∣
⇐⇒ = · S · 2C
2
S 2C 2 )
⇐⇒ 2C 2 =
(2CK P + (1 − K )PU − 2CU + 2C 2 · S
Ausmultiplizieren und sortieren ergibt eine quadratische Gleichung:
(−2 + 2S)C 2 + (2K PS − 2SU)C + (1 − K )PSU = 0 .
mit Lösung: C 1/2 = −2K PS + 2SU ± √ (2K PS − 2SU) 2 − 4(−2 + 2S)(1 − K )PSU
4(−1 + S)
bzw.
√
−2K 0 p ′ 0 sin φ′ + 2 sin φ ′ ∆u f ± (2K 0 p ′ 0 sin φ′ − 2 sin φ ′ ∆u f ) 2 − 4(−2 + 2 sin φ ′ )(1 − K 0 )p ′ 0 sin φ′ ∆u f
c u1/2 =
4(−1 + sin φ ′ )
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2. Übung: Mengenlehre & Aussagenlogik II – Aufgaben
2. Übung: Mengenlehre & Aussagenlogik II – Aufgaben
1.) Veranschaulichen Sie N Z Q R als Venn-Diagramm und finden Sie ausgehend von Z jeweils 10 Elemente
aus jeder der Zahlenmengen, die nicht schon in der jeweiligen Teilmenge enthalten sind. Erläutern Sie Ihr Vorgehen!
2.) a) Vergleichen Sie die beiden Mengen:
A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} und B = { x | x ≤ 7; x ist eine natürliche Zahl }
b) Bilden Sie die Vereinigung und den Durchschnitt der beiden Mengen:
A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} und B = {−1; 2; 3; 4}
c) Bilden Sie die Differenzmenge A \ B und den Durchschnitt der beiden Mengen:
A = { x | x ≥ 3 } und B = { x | x ≤ 5 }
d) Sind die folgenden Aussagen richtig A ⊆ A ∪ B bzw. A ⊆ A ∩ B ?
e) Geben Sie alle Teilmengen der Menge A = {1; 2; 3; 4} an.
f) Sind die folgenden Aussagen richtig: ( A ∩ B ) ⊆ ( A \ (A \ B) ) bzw.
(
A ∩ B
)
⊇
(
A \ (A \ B)
)
?
3.) Skizzieren sie die folgenden Mengen auf dem Zahlenstrahl:
a) M 1 = [−1; 4] b) M 2 = (−3; 2] c) M 3 = M 1 ∪ M 2
d) M 4 = M 1 ∩ M 2 e) M 5 = M 1 \ M 2 f) M 6 = R \ ( )
M 2 \ M 1
{
g) M 7 = a k ∈ R ∣ a k = 1 k
}; ; k ∈ N Tipp: Markieren Sie nacheinander a 1 , a 2 , a 3 , . . .
4.) Erstellen Sie die Wahrheitstafeln zu:
a) A ∧ ¬A b) A ∨ ¬A c) A ⇒ ¬B
d) ¬A ⇔ B e) ¬(¬A) ∧ B f) ¬(A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧ B)
g) ¬(A ∧ ¬B) ∧ (¬A ∨ B) h) (A ∨ B) ∧ (¬A ∨ B) i) (A ∧ B) ∧ (A ∧ ¬B)
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
2. Übung: Mengenlehre & Aussagenlogik II – Aufgaben
5.) Das „Komitee zur Ausrottung von Unlogik“ hat eine Bombe gelegt. Die Bombe hat 7 Kippschalter. Die Bombe wird
genau um 12 Uhr explodieren, wenn diese Kippschalter nicht vorher in die richtige Stellung gebracht werden.
a) Wenn Schalter C oben sowie B und D unten stehen, knallt’s.
b) Wenn A und D unten sowie G oben stehen, knallt’s.
c) Wenn A, C und D unten stehen, knallt’s.
d) Wenn F unten sowie B und C oben stehen, knallt’s.
e) Wenn D und C oben stehen, knallt’s.
f) Wenn F oben steht und wenn, sofern G oben steht, auch A oben steht, knallt’s.
g) Wenn A und E oben sowie G unten stehen, knallt’s.
h) Wenn C unten sowie D und E oben stehen, knallt’s.
i) Wenn A und G oben stehen, knallt’s.
j) Wenn E unten und wenn, sofern B und F oben stehen, auch C oben stehen, knallt’s.
k) Wenn G unten sowie C oder D oben stehen, knallt’s.
l) Wenn Schalter F und G unterschiedliche Stellungen haben, knallt’s.
m) Wenn Schalter B , C und E unten stehen, knallt’s.
n) Sind die Schalter A und B oben und die Schalter E und G unten, knallt’s.
o) Wenn F und G beide unten sind, knallt’s.
Gefunden bei http://www.geocaching.com/ unter „Bombenalarm“ bzw. GC1HAGW.
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik II
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik II
1.) Als Diagramm genügen vier ganz ineinander liegende Kreise/Ellipsen o.ä.
• Wir suchen Elemente aus Z \ N, also ganze, nicht-natürliche Zahlen. Jede negative ganze Zahl erfüllt dies:
{−1, − 2, − 3, − 4, − 5, − 6, − 7 − ,8 − ,9, − 10} ⊆ Z \ N
• Elemente aus Q \ Z sind Brüche, die sich nicht zu ganzen Zahlen kürzen lassen:
{ 1
2 ,2 3 ,3 4 ,4 5 ,5 6 ,6 7 ,7 8 ,8 9 , 9 }
10 ,10 ⊆ Q \ Z
11
• Elemente aus R \ Q sind schon etwas schwieriger – wir suchen Zahlen, die sich nicht als Brüche darstellen
lassen. Eine gute Wahl sind dabei Wurzeln, die sich nicht zu Brüchen vereinfachen lassen – oder auch bekannte
nichtrationale Zahlen wie e oder π sowie Summen bzw. Produkte von irrationalen mit (ir-)rationalen Zahlen:
{
e, π, 1 2 π, e + 1√ 2, √ 3, √ 5, √ 6, √ 7, √ 10, √ }
11 ⊆ R \ Q
2.) a) A und B sind gleich.
b) Es gilt: A ∪ B = {−1; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} und A ∩ B = {2; 3; 4} .
c) Es gilt: A \ B = { x ∣ ∣ 3 ≤ x und x ≰ 5
}
= {x | x > 5} = (5; ∞)
und A ∩ B = { x | 3 ≤ x ≤ 5 } = [3; 5] .
d) Da die Vereinigung A ∪ B alle Elemente von A enthält, ist die Aussage A ⊆ A ∪ B immer richtig.
Der Durchschnitt A ∩ B enthält nur die Elemente von A, die auch in B enthalten sind, d.h. A ⊆ A ∩ B ist nur
dann richtig, wenn A ⊆ B gilt.
Anderenfalls, also für A B gilt die Aussage nicht, da A dann mindestens ein Element enthält, das nicht in B
und somit auch nicht im Schnitt von A und B liegt.
e) Die Menge aller Teilmengen von A = {1; 2; 3; 4} ist:
{
{} ; {1} ; {2} ; {3} ; {4} ; {1; 2} ; {1; 3} ; {1; 4} ; {2; 3} ; {2; 4} ; {3; 4} ;
}
{1; 2; 3} ; {1; 2; 4} ; {1; 3; 4} ; {2; 3; 4} ; {1; 2; 3; 4}
f) A ∩ B = { x | x ∈ A; x ∈ B } = { x | x ist in dem Teil von A, der auch in B ist }
A \ (A \ B) = { x | x ist in A, aber nicht in (A \ B) }
= { x | x ist in dem Teil von A, der auch in B ist }
Die Mengen sind somit gleich, es sind beide Aussagen richtig, aus den gegenseitigen Teilmengenrelationen
(
A ∩ B
)
⊆
(
A \ (A \ B)
)
und
(
A ∩ B
)
⊇
(
A \ (A \ B)
)
erhalten wir Mengengleichheit: A ∩ B = A \ (A \ B)
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik II
3.) Wir zeichnen die Mengen M 1 ; M 2 ; M 3 ; M 4 ; M 5 ; M 6 auf dem Zahlenstrahl:
M 1 = [−1; 4]
[ ]
-5 0 5
R
M 2 = (−3; 2]
( ]
-5 0 5
R
M 3 = M 1 ∪ M 2 = (−3; 4]
( ]
-5 0 5
R
M 4 = M 1 ∩ M 2 = [−1; 2]
[ ]
-5 0 5
R
M 5 = M 1 \ M 2 = (2; 4]
( ]
M 6 = R \ (−3; −1) = (−∞; −3] ∪ [−1; ∞)
] [
R
-5 0 5
-5 0 5
{
} }
M 7 = a k ∈ R ∣ a k = 1; k ∈ N =
{1 = 1, 1, 1, 1, 1, . . . k 1 2 3 4 5
R
••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••
• • • •
1 1 1 1
0 1 = 1 5 4 3 2
1
R
4.) a) A ∧ ¬A muss falsch sein: b) A ∨ ¬A ist immer wahr: c) A ⇒ ¬B :
A ¬A A ∧ ¬A
w f f
f w f
A ¬A A ∨ ¬A
w f w
f w w
A B ¬B A ⇒ ¬B
w w f f
w f w w
f w f w
f f w w
d) ¬A ⇔ B : e) ¬(¬A) ∧ B ist ja letzlich A ∧ B , also:
A B ¬A ¬A ⇔ B
w w f f
w f f w
f w w w
f f w f
A B ¬A ¬(¬A) ¬(¬A) ∧ B
w w f w w
w f f w f
f w w f f
f f w f f
f) ¬(A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧ B) :
A B ¬A ¬B A ∧ ¬B ¬(A ∧ ¬B) ¬A ∧ B ¬(A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧ B)
w w f f f w f w
w f f w w f f f
f w w f f w w w
f f w w f w f w
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik II
g) ¬(A ∧ ¬B) ∧ (¬A ∨ B) :
A B ¬A ¬B A ∧ ¬B ¬(A ∧ ¬B) ¬A ∨ B ¬(A ∧ ¬B) ∧ (¬A ∨ B)
w w f f f w w w
w f f w w f f f
f w w f f w w w
f f w w f w w w
h) (A ∨ B) ∧ (¬A ∨ B) :
A B ¬A A ∨ B ¬A ∨ B (A ∨ B) ∧ (¬A ∨ B)
w w f w w w
w f f w f f
f w w w w w
f f w f w f
i) (A ∧ B) ∧ (A ∧ ¬B) ist äquivalent zu A ∧ B ∧ ¬B , also immer falsch:
A B ¬B A ∧ B A ∧ ¬B (A ∧ B) ∧ (A ∧ ¬B)
w w f w f f
w f w f w f
f w f f f f
f f w f f f
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Lösungen zu Mengenlehre & Aussagenlogik II
5.) Man beginnt z.B. mit einer Tabelle, um alle Informationen übersichtlich darzustellen:
A B C D E F G
a) u o u
b) u u o
c) u u u
d) o o u
e) o o
f) o o o
g) o o u
h) u o o
i) o o
j) o o u o
k) o u
o u
l) .↔.
u o
m) u u u
n) o o u u
o) u u
.
Aus l) und o) sieht man: G:o und dann F:o, somit sind d), k)
und n) überflüssig und f) zeigt uns A:u, was g) und i) irrelevant
macht; wir haben noch:
A:u B C D E F:o G:o
a) u o u
b) u u o
c) u u u
e) o o
h) u o o
j) o o u o
m) u u u
b) liefert nun D:o, was a) und c) eliminiert:
A:u B C D:o E F:o G:o
e) o o
h) u o o
m) u u u
Aus e) folgt C:u und somit ist j) eliminiert:
A:u B C:u D:o E F:o G:o
h) u o o
m) u u u
Aus h) erhalten wir nun noch E:u und m) erfordert schließlich noch B:o .
Damit verbleibt nur die Kombination:
A B C D E F G
u o u o u o o
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4. Tag – Lineare (Un-)Gleichungen
Das letzte Beispiel der Vorlesung „Lineare (Un-)Gleichungen“ noch einmal aufbereitet.
Das letzte Beispiel der Vorlesung „Lineare (Un-)Gleichungen“ noch einmal aufbereitet.
∣ Welche x ≠ 0 erfüllen die Ungleichung
2 ∣∣∣
∣x + 8 ≥ 4 ?
Zunächst muss x ≠ 0 gelten; wir betrachten die gegenteilige Ungleichung, da sie leichter zu lösen ist:
∣ 2 ∣∣∣
∣x + 8 < 4 ⇐⇒ −4 < 2 x + 8 < 4 | −8
⇐⇒ −12 < 2 x < −4
⇐⇒ − 1 12 > x 2 > −1 4
⇐⇒ − 1 6 > x > −1 2
⇐⇒ − 1 2 < x < −1 6
⇐⇒
x ∈
(
− 1 )
2 , −1 6
(
und daraus entnehmen wir: L = −∞; − 1 ]
∪
[− 1 ) {
}
2 6 ; 0 ∪ (0; ∞) = x ∈ R \{0}
∣ x ≤ −1 2 ∨ −1 6 ≤ x .
Alternativ können wir auch eine Fallunterscheidung machen, dazu müssen wir den Betragsinhalt untersuchen:
2
x + 8 ≥ 0
| −8
⇐⇒ 2 x ≥ −8 Kehrwert
⇐⇒
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x
2 ≥ −1 8
x
2 ≤ −1 8
für x > 0
für x < 0
| ·2
⇐⇒
⎧
⎪⎨
⎪⎩
x ≥ − 1 4
x ≤ − 1 4
für x > 0
für x < 0
Damit erhalten wir: Der Betragsinhalt wird positiv, wenn x > 0 ist und wenn x kleinergleich − 1 4 ist. Für x ∈ (
− 1 4 ,0 )
wird der Betragsinhalt negativ. Nun können wir beginnen:
x > 0 :
2
x + 8 ≥ 4 ⇔ 2 x ≥ −4 ⇔ x 2 ≥ −1 4
=⇒ x > 0
⇔ x ≥ − 1 2
x ≤ − 1 4 : 2
x + 8 ≥ 4 ⇔ 2 x ≥ −4 ⇔ x 2 ≤ −1 4
⇔ x ≤ − 1 2
=⇒ x ≤ − 1 2
x ∈
(− 1 ) ( ) 2
4 ,0 : −
x + 8 ≥ 4 ⇔ 2 x + 8 ≤ −4 ⇔ 2 x ≤ −12 ⇔ x 2 ≥ − 1 12
⇔ x ≥ − 1 6
=⇒ x ≥ − 1 6
Damit ergibt sich die Gesamtlösung wie oben.
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
5. Tag – Potenzen & Logarithmen
1. Übung: Potenzen & Logarithmen I – Aufgaben
1.) Fassen Sie zusammen:
(
a) 1 +
4) 3 2 (
: 2 + 1 3 ( ) 1 −4
b) 4
3) −2 ·
c)
4
⎛ ⎞−2
( ) 3 −2 ( ) 4 −3 ( ) 2 −3 1
d) ·
e) : ⎜ 2
4 3
5 ⎝ )
⎟
2 ⎠
f)
(
3
4
(
− 1 ) −5
a −4
⎛
(
⎞
−2
9 ⎜
8) ⎝ )
⎟
2 ⎠
(
16
6
−3
2.) Berechnen Sie mit dem Binomischen Satz:
(
a) (4a − 3b) 4 b) 2xy + y ) 3
c)
4x
( 5A
d)
2B − B ) 4 (
e) 1 + 1 5
f)
3A
10)
(ab − b 2 ) 3
( (
A 2 + 2B) 2
) 3
3.) Vereinfachen Sie:
( )
−1 −1 −1
a) − · ·
a−2 a−2 a −2
c) 12a 2 b − 6ab 2 − 15a 2 b + 6ab 2 − 7a 2 b d)
4.) Lösen Sie die Gleichung
3(x + 2) 2 − (−2)2 22 −2
3x + 6
Machen Sie die Probe, indem Sie x = − 34
15
−2
=
b) (3a + 2b)x 4 − x 4 (2b − 3a) + x 4 (3a + 2b)
(
3 2) +
18x a+4 4x7−3a
:
2y5a+7 9y 8+5a
(
2 2 ) 3
(
2 3 ) 2
x
auf beiden Seiten einsetzen und diese seperat berechnen.
5.) a) Es ist log 3 (2) ≈ 0,6 . Berechnen Sie ohne Taschenrechner: log 3 18 , log 3
1
6 , log 3
2
Beispiel: log 3 3 = log 3 2 − log 3 3 ≈ 0,6 − 1 = 0,4
(
)
b) Vereinfachen Sie: log 10 (2 5 · 5 5 ) und log v (v 2 ) 3 · v 6 : (v 3 ) 4
c) Schreiben Sie die folgenden Terme als einen Logarithmusterm:
i) log r (2a 2 ) + log r (7b) − (log r (14c) + log r (b)) ii) log z (x 5 ) + log z (x 7 )
( ) (
)
iii) log 4 (l + k) 4 − log 4 l 2 + 2lk + k 2
d) Schreiben Sie als Summe bzw. Differenz mit einfachen Logarithmen.
(
√
)
( )
i) log 3
a
1
z
g 3 · h 6 ii) log a
(cu) 2
.
(
4 · √27 )
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen I
6.) a) Berechnen Sie (ohne Taschenrechner!) unter Verwendung von
lg 2 ≈ 0,301 ; lg 3 ≈ 0,477 ; lg 7 ≈ 0,845
die dekadischen Logarithmen der natürlichen Zahlen von 1 bis 10 mit 3 Nachkommastellen
b) Ermitteln Sie aus den Ergebnissen von a) und ln 10 ≈ 2,303 die natürlichen Logarithmen der natürlichen Zahlen
von 1 bis 4 mit 3 Nachkommastellen.
7.) Berechnen Sie:
a)
( )
9∑ 1 k
k=0 2
b)
d)
( )
16∑ 1 k
+ ∞ ( )
∑ 1 k
k=2 2 k=18 2
e)
12∑
k=5
7∑
k=−2
2 k c)
2
3 k+1 f)
∞∑
) k
( 1
k=0 3
( ) 2
∞∑ 3 k
4 k−4
k=1
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen I
1.) a)
(
1 +
4) 3 2 (
: 2 + 1 3 ( ) 7 2 ( 7 3
= : =
3)
4 3) 72
( ) 1 −4
b) 4 −2 · = 1 4 4 2 · 1
( 1 4
=
4) 1 4 2 · 44 = 4 2 = 16
4 2 · 33
7 3 = 33
4 2 · 7 = 27
112
c)
d)
e)
f)
(
− 1 ) −5
a −4 =
( ) 3 −2 ( 4
·
4 3
⎛
( ) 2 −3 1
: ⎜ 2
5 ⎝
⎛
(
⎞
−2
9 ⎜
8) ⎝ )
⎟
2 ⎠
(
16
6
( ) −5
−a 4 1 = ( ) −a 4 5 = 1
(−1) 5 · a 4·5 = − 1
a 20
( ) 4 2 ( 3 3
· =
3 4) 42
3 2 · 33
4 3 = 3 4
) −3
=
(
3
4
−3
⎞
)
⎟
2 ⎠
−2
( ) 5 3
= ·
2
⎛
(
⎞
2
8 = ⎜
3) ⎝ )
⎟
−2 ⎠
(
9
8
3
⎛ ⎞
⎝ 1 2 ⎠
3 2
4 2
2
⎛
(
⎞
2
8 = ⎜
3) ⎝ )
⎟
2 ⎠
(
8
9
= 53
2 3 ·
3
=
( 1
2 · 16 ) 2
= 53
9 2 3 · 82
9 2 = 53 · 8
9 2 = 1000
81
( (8
3
) 2 ( ) )
9
2
3
· =
8
( 8
3 · 9 ) 6
= 3 6 = 729
8
2.) a) (4a − 3b) 4 =
=
4∑
k=0
( 4
k)
(4a) 4−k (−3b) k
( 4
0)
(4a) 4 +
( ( ( ( 4 4 4 4
(4a)
1)
3 (−3b) + (4a)
2)
2 (−3b) 2 + (4a) (−3b)
3)
3 + (−3b)
4)
4
= 1 · (4a) 4 − 4 · (4a) 3 · (3b) + 6 · (4a) 2 · (3b) 2 − 4 · (4a) · (3b) 3 + 1 · (3b) 4
= 256a 4 − 762a 3 b + 864a 2 b 2 − 432ab 3 + 81b 4
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen I
b)
(
2xy + y ) 3
= ( 2xy ) ( )
3 ( ) 2 y + 3 2xy + 3 ( 2xy ) ( )
y 2 ( ) y 3
+
4x
4x 4x 4x
= 8x 3 y 3 + 3xy 3 + 3y3
8x +
y3
64x 3
( ) 3
c) ab − b 2 = (ab) 3 + 3(ab) 2 (−b 2 ) + 3(ab)(−b 2 ) 2 + (−b 2 ) 3 = a 3 b 3 − 3a 2 b 4 + 3ab 5 − b 6
( 5A
d)
2B − B ) 4 ( ) 5A 4 ( ) 5A 3 (
= + 4 − B ) ( ) 5A 2 (
+ 6 − B 2
+ 4
3A 2B 2B 3A 2B 3A)
e)
f)
= 625A4
16B 4
= 625A4
16B 4
(
1 + 1 10) 5
= 1 + 5 ·
− 4 · 125A3
8B 3
· B
3A + 6 · 25A2
4B 2 · B2
9A 2 − 4 · 5A B 3
2B 27A 3 + B4
81A 4
− 125A2
6B 2 + 25
6 − 10B2
27A 2 + B4
81A 4
1
10 + 10 · 1
10 2 + 10 · 1
10 3 + 5 · 1
10 4 + 1
10 5
= 1 + 5 · 0,1 + 10 · 0,01 + 10 · 0,001 + 5 · 0,0001 + 0,00001
= 1 + 0,5 + 0,1 + 0,01 + 0,0005 + 0,00001
= 1,61051 = 1,1 5
( ( ) ) 2 3 ( ) 6
4∑
( ) 6 (
A 2 + 2B = A 2 + 2B = A 2) 6−k
(2B)
k
k
( )
−1 −1 −1
3.) a) − · ·
a−2 a−2 a −2
4.) a)
k=0
( ) ( 5A
− B 3 (
+ −
2B 3A) B ) 4
3A
= A 12 + 6A 10 · 2B + 15A 8 · 4B 2 + 20A 6 · 8B 3 + 15A 4 · 16B 4 + 6A 2 · 32B 5 + 64B 6
= A 12 + 12A 10 B + 60A 8 B 2 + 160A 6 8B 3 + 240A 4 16B 4 + 192A 2 B 5 + 64B 6
( ) −1 3 (
= (−1) ·
a −2 = (−1) · (−1) · a 2) 3
= (−1) · (−1) 3 (a 2 ) 3 = a 6
b) (3a + 2b)x 4 − x 4 (2b − 3a) + x 4 (3a + 2b) = x 4 · ((3a
+ 2b) − (2b − 3a) + (3a + 2b) ) = x 4 · (9a
+ 2b )
c) 12a 2 b − 6ab 2 − 15a 2 b + 6ab 2 − 7a 2 b = ab · (12a − 6b − 15a + 6b − 7a) = ab · (−10a) = −10a 2 b
18x a+4 4x7−3a 9xa+4 9y8+5a
d) : = ·
2y5a+7 9y8+5a y5a+7 4x 7−3a = 81 xa+4 y ✘ 8+5a ✘
81
4 ✟ ✟ y 5a+7 =
x7−3a 4 xa+4−(7−3a) · y = 81
4 x4a−3 y
⇔
⇔
(
3 2) +
(
2 3 ) 2
x
3(x + 2) 2 − (−2)2 22 −2 −2
= (
3x + 6
) 2 2 3
( )
3 x 2 + 4x + 4 − (−2) · 4
= −29 + 2 6 x
3(x + 2)
2
(
6
)
3x 2 + 12x + 12 + 8 −2 3 + x ✓2 6
=
3(x + 2)
⇔ 3x 2 + 12x + 20 = (x − 8) · 3(x + 2)
⇔ 3x2 + 12x + 20
✓2 6 3(x + 2)
= x − 8
⇔ 3x 2 + 12x + 20 = 3x 2 − 18x − 48 ⇔ 30x = −68 ⇔ x = − 34
15
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen I
b) Einsetzen ergibt links:
( (
3 − 34
15
3
)
+ 2) 2
− (−2)2 22 −2
(
− 34 )
+ 6
15
=
=
3
( (
− 34 ) )
2
− 4 · 34
15 15 + 4 + 8
− 3 · 34
15 + 90
15
3 · (2 · 17) 2
− 12 · 34 + 20 · 15
15
−12
=
3 · 34 2 12 · 34
15 2 − + 20
15
− 12
15
= − 172
15 + 34 − 4 · 5 · 5 3
12
15 · 17 + 2 · 17
= − + 34 − 25 = −17 − 2 − 4 15
15 + 9
= −10 − 4 15 = −154 15
und rechts:
−2
(
3 2) +
) ( 2 (2 3 − 34
15
(
2 2 ) 3
)
=
(
−2 9 + 2 6 · − 34 )
15
2 6 = −2 3 − 34
15 = −154 15
5.) a) i) log 3 18 = log 3 (2 · 9) = log 3 2 + log 3 9 ≈ 0,6 + 2 ≈ 2,6
1
ii) log 3 6 = log 3 1 − log 3 (2 · 3) = − log 3 2 − 1 ≈ −0,6 − 1 ≈ −1,6
iii) log 3
(4 · √27 ) ( )
= log 3 2 2 · 3 3 2 = 2 log 3 2 + 3 2 log 3 3 ≈ 2 · 0,6 + 3 2 · 1 ≈ 1,2 + 1,5 ≈ 2,7
b) i) log 10 (
(2 5 · 5 5 ) = lg 10 5 )
= 5 lg 10
(
= 5
) ( )
ii) log v (v 2 ) 3 · v 6 : (v 3 ) 4 = log v v 6 · v 6 : v 12 = log v v 6+6−12 = log v v 0 = 0
c) i) log r (2a 2 ) + log r (7b) − ( log r (14c) + log r (b) ) (
= log r ✁2a 2 · ✚✚7b : ( ✚14c · ✁b )) a 2
= log r
ii) log z (x 5 ) + log z (x 7 ) = log z
(
x 5 · x 7 )
= log z x 12 = 12 · log z x
iii) log 4
(
(l + k) 4) − log 4
(
l 2 + 2lk + k 2) = log 4
(
(l + k) 4) − log 4
(
(l + k) 2) = log 4
(l + k) 4
( √
d) i) log
3 z
)
a
g 3 · h 6
= log z
( a
g 3 · h 6 ) 1
3
=
1
3 ·
= log 4 (l + k) 2 = 2 log 4 (l + k)
(
log z a −
(log z g 3 + log z h 6))
= 1 3 · (log
z a − 3 log z g − 6 log z h ) = 1 3 log z a − log z g − 2 log z h
( )
ii) log 1
a = log
(cu) 2 a 1 − 2 log a cu = −2 log a c − 2 log a u
6.) a) lg 2 ≈ 0,301 ; lg 3 ≈ 0,477 ; lg 7 ≈ 0,845 :
lg 1 = 0 und lg 10 = 1
lg 4 = lg 2 2 = 2 lg 2 ≈ 2 · 0,301 ≈ 0,602
lg 5 = lg 10
2
= lg 10 − lg 2 ≈ 1 − 0,301 ≈ 0,699
lg 6 = lg(2 · 3) = lg 2 + lg 3 ≈ 0,301 + 0,477 ≈ 0,778
lg 8 = lg 2 3 = 3 lg 2 ≈ 3 · 0,301 ≈ 0,903
lg 9 = lg 3 2 = 2 lg 3 ≈ 2 · 0,477 ≈ 0,954
c
(l + k) 2
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen I
b) Mit lg n = ln n
ln 10
⇔ ln n = lg n · ln 10 erhalten wir:
ln 1 = 0
ln 2 = lg 2 · ln 10 ≈ 0,301 · 2,303 ≈ 0,693203 ≈ 0,693
ln 3 = lg 3 · ln 10 ≈ 0,477 · 2,303 ≈ 1,098531 ≈ 1,099
ln 4 = ln 2 2 = 2 ln 2 ≈ 2 · 0,693 ≈ 1,386
7.) a)
b)
c)
d)
e)
f)
) 10
(
( )
9∑ 1 k 1 − 1
2
=
k=0 2 1 − 1 2
12∑
2 k ∑
= 7 2 k+5 = 2 5 ·
k=5
k=0
(
= 2 · 1 − 1 )
2 10 = 2 · 210 − 1
2 10 = 1024 − 2 = 1022
512 512 ≈ 1,996
7∑
k=0
( )
∞∑ 1 k | 1 3|

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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
2. Übung: Lineare Un-/Gleichungen II – Aufgaben
2. Übung: Lineare Un-/Gleichungen II – Aufgaben
1.) a) Erstellen Sie eine Übersicht über alle Ihnen bekannten Äquivalenzumformungen, die Sie beim Lösen von
Gleichungen verwenden können.
b) Sofern Ihnen weitere (auch nicht-äquivalente) Umformungen bekannt sind, listen Sie diese bitte ebenfalls auf und
vermerken jeweils, was man bei deren Durchführung beachten muss.
2.) Lösen Sie:
a) 2 − (4 − 2x) = 0 b) x + 2 = 2x − 2 c) 4x − 3 5 = 34
10
d) 11x = −10x + 21 e) − 1 9 x + 2 = 0 f) 4
(2
5 = − − 3 )
+ 1 5 2 x
g)
1
2 x + 7 3 = −1 2 x − 1 3
h) x + 3 = x + 5 i) −5x + 5 = 5x − 5
j)
11
9 + 9 11 x = 1 19
3.) Lösen Sie die folgenden Betrags(un)gleichungen. Notieren Sie sich dabei bitte immer, welche Fälle Sie erhalten und
prüfen Sie die Lösungen entsprechend!
a) |2x − 4| > −1 b) |5 − 2x| < 1 c) |x + 4| = 2 |x − 1|
∣ |1 + x|
∣∣∣
d) |x − 4| = 3x + 5 e)
|3 − x| = 5 f) 2x + 4
x − 3 ∣ = 1
g) |2x − 4| ≥ x + 1 h) |x + 2| + |x + 4| − 12 =
0
j) |x + 1| + |2x + 3| − |x − 4| = 0
i) |5 − x| ≤ 11
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen II
1.) Äquivalenzumformungen:
• Addition mit beliebigen reellwertigen Termen
• Multiplikation mit beliebigen reellwertigen Termen ungleich Null
(Bei Ungleichungen das Operationszeichen umdrehen!)
• Kehrwert bilden (Wiederum: Achtung bei Ungleichungen; haben beide Seiten das gleiche Vorzeichen, dreht sich
die Relation um; sind die Vorzeichen verschieden, bleibt die Relation.)
• Anwenden von Operationen(Funktionen), die für alle reelen Zahlen definiert und global umkehrbar sind.
Analoges gilt für Operationen, solange beide Gleichungsseiten für die Operation definiert sind, z.B. Wurzelziehen
für positive Terme.
Bei nicht-aquivalenten Umformungen (z.B. Quadrieren eines Terms, dessen Vorzeichen unbekannt ist) muss man am
Ende immer prüfen, ob die berechneten Lösungen auch die Ausgangsgleichung lösen.
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2.) a) 2 − (4 − 2x) = 0
⇔ 2 − 4 + 2x = 0
⇔ 2x = 2
∣ − 2
∣ : 2
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b) x + 2 = 2x − 2
⇔
5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen II
4 = x
⇔ x = 4
∣ − x + 2
⇔ x = 1
c) 4x − 3 5 = 34
10
⇔ 4x = 17 + 3
5
⇔ x = 1
= 4
e) − 1 9 x + 2 = 0 ∣ ∣∣ − 2
g)
⇔ − 1 9 x = −2 ∣ ∣∣ · (−9)
⇔ x = 18
1
2 x + 7 3 = −1 2 x − 1 3
⇔ x = − 8 3
i) −5x + 5 = 5x − 5
⇔
10 = 10x
⇔ x = 1
∣ + 3 5
∣ : 4
∣ + 1 2 x − 7 3
∣ + 5x + 5
∣ : 10
d) 11x = −10x + 21
f)
⇔ 21x = 21
∣ + 10x
∣ : 21
⇔ x = 1
4
(2
5 = − − 3 )
+ 1 ∣ ∣∣
5 2 x 7 +
5
⇔ 11
5 = 1 ∣ ∣∣
2 x · 2
⇔ x = 22
h) x + 3 = x + 5
j)
5
⇔ x = x + 2
⇔
⇔
Die Gleichung ist nicht lösbar!
11
9 + 9 11 x = 1 19
9 1 · 9 − 11 · 19
x =
11 19 · 9
⇔ x = − 2200
1539
∣ − 3
∣ − 11
9
∣ · 11
9
3.) a) Wir machen eine Fallunterscheidung:
• 1. Fall: 2x − 4 ≥ 0 bzw. x ≥ 2:
2x − 4 ≥ −1
| +4
⇐⇒ 2x ≥ 3
| :2
⇐⇒ x ≥ 3 2
Zusammen mit der (hier stärkeren) Bedingung der Fallunterscheidung x ≥ 2 erhalten wir also die Lösung:
x ≥ 2 .
• 2. Fall: 2x − 4 < 0 bzw. x < 2:
−(2x − 4) ≥ −1
| ·(−1)
⇐⇒ 2x − 4 ≤ 1
| +4
⇐⇒ 2x ≤ 5
| :2
⇐⇒ x ≤ 5 2
Zusammen mit der Bedingung der Fallunterscheidung x < 2 erhalten wir also die Lösung: x < 2 .
D.h. wir erhalten als Gesamtlösung: Im ersten Fall x ≥ 2 sind alle x ≥ 2 auch Lösungen, genau wie im 2. Fall
x < 2 auch alle x < 2 Lösungen sind — somit sind alle x ∈ R Lösungen der Gleichung.
Wenn man sich die Ausgangsgleichung genauer anschaut, wird dies klar – was auch immer wir für x einsetzen,
wir bilden einen Betrag und erhalten somit links immer eine positive Zahl (oder schlimmstenfalls Null für x = 2).
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5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen II
Dieses Ergebnis ist dann aber sicher immer größer als −1. Die Gleichung muss also für alle x ∈ R richtig sein.
b) |5 − 2x| < 1 ⇐⇒ −1 < 5 − 2x < 1
| −5
⇐⇒
−6 < −2x < −4
| ·(−2)
⇐⇒ 3 > x > 2
⇐⇒ x ∈ (2,3)
c) |x + 4| = 2 |x − 1| führt zu einer Fallunterscheidung:
• |x + 4| ≥ 0 ∧ |x − 1| ≥ 0 bzw. x ≥ −4 ∧ x ≥ 1 also x ≥ 1 :
Probe: 6 ≥ 1 ist erfüllt.
x + 4 = 2(x − 1) ⇒ x + 4 = 2x − 2 ⇒ x = 6
• |x + 4| < 0 ∧ |x − 1| < 0 ⇔ x < −4 ∧ x < 1 ⇔ x < −4 : 8
Dieser Fall ergibt −(x + 4) = −2(x − 1) ⇔ x + 4 = 2(x − 1) ⇔ x = 6 wie oben – wir müssen also immer
nur einen der beiden Fälle mit gleichem Vorzeichen der Betragsinhalte untersuchen.
• |x + 4| ≥ 0 ∧ |x − 1| < 0 bzw. x ≥ −4 ∧ x < 1 bzw. − 4 ≤ x < 1 : 9
x + 4 = −2(x − 1) ⇒ x + 4 = −2x + 2 ⇒ 3x = −2 ⇒ x = − 2 3
Probe: −4 ≤ − 2 3
< 1 ist erfüllt.
}
Also L =
{− 2 3 ; 6 .
d) |x − 4| = 3x + 5 führt zu einer Fallunterscheidung:
• x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 : x − 4 = 3x + 5 ⇔ −9 = 2x ⇔ x = − 9 2
Probe: − 9 2 − 4 = − 17
2 < 0 zu x − 4 ≥ 0
• x−4 < 0 ⇔ x < 4 : −(x−4) = 3x+5 ⇔ 4−x = 3x+5 ⇔ −1 = 4x ⇔ x = − 1 4
e)
Probe: − 1 4 − 4 = − 17
4
−
(− 1 )
4 − 4 = 17
4
< 0 ist erfüllt und Einsetzen bestätigt die Lösung:
(
sowie 3 · − 1 )
+ 5 = − 3 4 4 + 20
4 = 17
{−
4 , d.h. L = 1 }
.
4
|1 + x|
= 5 ist für x ≠ 3 gleichbedeutend mit |x + 1| = 5 · |x − 3| . Mit Fallunterscheidung erhalten wir:
|3 − x|
• x ≥ 3 oder x < −1 , d.h. beide Betragsinhalte haben gleiche Vorzeichen:
x + 1 = 5(x − 3) ⇔ x + 1 = 5x − 15 ⇔ 16 = 4x ⇔ x = 4
Probe: Für x ≥ 3 ist x = 4 eine Lösung, für den anderen Fall x < −1 natürlich nicht.
8 Das Zeichen ⇔ bedeutet Äquivalenz, d.h. die Ausdrücke links und rechts bedeuten dasselbe, das Zeichen ∧ ist das mathematische „und“ .
9 Der Fall |x + 4| < 0 ∧ |x − 1| ≥ 0 ⇔ x < −4 ∧ x ≥ 1 kann nicht eintreten – so oder so brauchen wir auch nur einen der Fälle mit
unterschiedlichen Vorzeichen der Betragsinhalte untersuchen.
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Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen II
• −1 ≤ x < 3 , d.h. der erste Betragsinhalt ist positiv, der zweite negativ: 10
x + 1 = −5(x − 3) ⇔ x + 1 = −5x + 15 ⇔ 6x = 14 ⇔ x = 7 3
Probe: x = 7 3
erfüllt −1 ≤ x < 3 .
{ }
Es gilt: L = 7
3 ; 4 .
f)
2x + 4
∣ x − 3 ∣ = 1 ist nur für x ≠ 3 definiert. Mit Fallunterscheidung:
• 2x + 4
x − 3 ≥ 0 : 2x + 4
= 1 ⇔ 2x + 4 = x − 3 ⇔ x = −7
x − 3
2 · (−7) + 4
Probe:
= −10 = 1 ≥ 0 ist erfüllt.
(−7) − 3 −10
• 2x + 4
x − 3 < 0 : −2x + 4
x − 3 = 1 ⇔ 2x + 4 = −x + 3 ⇔ 3x = −1 ⇔ x = −1 3
( )
2 · − 1 3
+ 4
Probe:
Damit haben wir L =
− 1 3 − 3 = − 2 3 + 12
3
− 10 =
3
{ }
−7; − 1 3
.
g) |2x − 4| ≥ x + 1 mit Fallunterscheidung:
10
3
− 10 3
= −1 < 0 ist erfüllt .
• x ≥ 2: 2x − 4 ≥ x + 1 ⇔ x ≥ 5 ≥ 2 , d.h. Probe stimmt.
• x < 2: −2x + 4 ≥ x + 1 ⇔ 3 ≥ 3x ⇔ x ≤ 1 < 2 , diese Probe stimmt auch.
Wir erhalten insgesamt: L = {x ∈ R | x ≥ 5 ∨ x ≤ 1} = R \ (1; 5) = (−∞, 1] ∪ [5, ∞) .
h) |x + 2| + |x + 4| − 12 = 0 mit Fallunterscheidung:
• x ≥ −2: x + 2 + x + 4 − 12 = 0 ⇒ 2x = 6 ⇒ x = 3 ≥ −2 .
• x ≤ −4: −(x + 2) − (x + 4) − 12 = 0 ⇒ −x − 2 − x − 4 − 12 = 0 ⇒ −2x = 18
⇒ x = −9 ≤ −4 .
• −4 ≤ x ≤ −2 : −(x + 2) + (x + 4) − 12 = 0 ⇒ −10 = 0
Damit gilt: L = {−9; 3} .
i) |5 − x| ≤ 11 mit Fallunterscheidung:
• 5 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 : 5 − x ≤ 11 ⇒ −6 ≤ x
D.h. alle x mit −6 ≤ x ≤ 5 sind Lösungen für diesen Fall.
• 5 − x < 0 ⇔ x > 5 : −5 + x ≤ 11 ⇒ x ≤ 16
In diesem Fall sind alle x mit 5 < x ≤ 16 Lösungen.
Also: L = {x ∈ R | −6 ≤ x ≤ 16} = [−6; 16] .
j) |x + 1| + |2x + 3| − |x − 4| = 0 erfordert mehrfache Fallunterscheidung, wir gehen den Zahlenstrahl ab:
• x ≥ 4 : x + 1 + 2x + 3 − (x − 4) = 0 ⇔ 2x + 8 = 0 ⇔ x = −4
• −1 ≤ x < 4 : x + 1 + 2x + 3 + (x − 4) = 0 ⇔ 4x = 0 ⇔ x = 0 ̌
10 Andersherum: x < −1 und x ≥ 3 geht zwar nicht, liefert aber beim Rechnen auch die Lösung x = 7 3 .
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13.09.2013
5. Tag – Potenzen & Logarithmen
Lösungen zu Lineare Un-/Gleichungen II
• − 3 2
≤ x < −1 : −(x + 1) + 2x + 3 + (x − 4) = 0 ⇔ 2x = −2 ⇔ x = −1
• x < − 3 2
: −(x − 1) − (2x − 3) + (x − 4) = 0 ⇔ x + 1 + 2x + 3 − (x − 4) = 0 ,
also wie im 1. Fall. D.h. x = -4, was nun im betrachteten Bereich liegt und somit auch eine Lösung ist.
Insgesamt ergibt sich so: L = {−4; 0} .
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16.09.2013
6. Tag – Wurzeln
6. Tag – Wurzeln
1. Übung: Wurzeln I – Aufgaben
1.) a) Vereinfachen Sie:
i)
√
50 −
√
8 +
√
72 ii)
√
64a 2 iii) √ a 4
iv) √ a 6 + a 4 b 2 v)
b) Beseitigen Sie die Wurzel im Nenner:
√
12a 2 + 12a · √3a 3 + 3
5
√
3 −
√
2
c) Formen Sie mit quadratischer Ergänzung um: i) 10x 2 − 2x + 30 ii) − 5 2 x2 + 3x
d) Lösen Sie: i) 3x 2 − 10x + 5 = 0 ii) 3x 2 + 10x = 5 iii) x 2 + 10x = 0
√√
4
1
e) Berechnen Sie: i) 256 ii) 6 · 3125 5 − 3 · 216 1 3 − 4 · 243 1 5
√
a
a 2 a 5 √
8
3 a
f) Schreiben Sie als Potenz von a: i) 3√ ii) √
a
3
a −2 a 8 5
√ √ √
g) Lösen Sie: i) x + 6 − 2x − 1 = 0 ii) x + x 2 − 36 = 4
2.) Fassen Sie zusammen:
a)
2x(r 2 − 4x 2 )
√
r 2 − x 2
− 8x
√
r 2 − x 2 b)
√
1 − x +
x + 1
2 √ 1 − x
c)
√
a 2 + 2ab + b 2
4
:
√
a 2 − 2ab + b 2
4
d)
√
(a − b) 2 + a 2 + b 2 − 2ab
√
2(a + b)(a − b)
3.) Lösen Sie durch Termumformung: 11
a) x 2 + 4 = 8 b) 16 − x 2 = 7 c) x 2 − 49 4 = 0
d) 4x 2 − 14 = 11 e) 2x 2 + 1 2 = 5 f) (2x + 1)2 − 4x = 2
g) 2x 2 + 2x − 4 = 0 h) 4x 2 − 6x + 2 = 0 i)
1
3 x2 − x − 6 = 0
j) (x − 1)(x + 2) = 3x + 6
4.) Bestimmen Sie die Definitions- und Lösungsmengen von:
a)
c)
e)
1
1 − x − 1
1 + x = 2 b) 1
1 − x − 1
1 + x = 2
1 − x 2
x 2 − x − 2
x + 1
= 1 d)
a 2 − 1
x − a + a2 + 1
x + a = a +
a3
x 2 − a 2 f)
x 2 − 1
(x + 1)(x + 2) = 1
2x − a
a − b + x + b
a + b =
2ab
a 2 − b 2
5.) Beweisen Sie den Satz von Vieta: x 2 − px + q = 0 = (x − x 1 )(x − x 2 ) mit p = −(x 1 + x 2 ) und q = x 1 x 2 , indem
Sie die Lösungen der quadratischen Gleichung aus der pq-Formel: x 1/2 = − p 2 ± √ ( p
2) 2 − q verwenden.
11 Also ohne abc−, pq-Formel, etc. sondern ggf. mit quadratischer Ergänzung.
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6. Tag – Wurzeln
Lösungen zu Wurzeln I
Lösungen zu Wurzeln I
1.) a) i) √ 50 − √ 8 + √ 72 = √ 25 · 2 − √ 4 · 2 + √ 36 · 2 = ( √ 25 − √ 4 + √ 36) · √2
= 9 √ 2
b)
ii) √ 64a 2 = √ 64 · √a 2 = 8 |a|
iii) √ a 4 = a 2
iv) √ a 6 + a 4 b 2 = √ a 4 · (a 2 + b 2 ) = a 2 · √a 2 + b 2
v) √ 12a 2 + 12a · √3a 3 + 3 = √ 12a · (a + 1) · √3
· (a 3 + 1) = 6 · √a
· (a + 1) · (a 3 + 1)
5
√
3 −
√
2
=
c) i) 10x 2 − 2x + 30 = 10
5 · ( √ 3 + √ 2)
( √ 3 − √ 2)( √ 3 + √ 2) = 5 · (√ 3 + √ 2)
3 − 2
(x 2 − 2 10 x )
+ 30 = 10
= 5 · ( √ 3 + √ 2)
(
x 2 − 2 1 10 x + (
1
10
) ) 2
−
1
100
+ 30
( ( ) 2 ( 2 ) 2
= 10 x −
10) 1 −
1
100
+ 30 = 10 x −
10) 1 + 30 −
1
10
(x = 10 − 1 10 +
299
10
)
)
ii) − 5 2 x2 + 3x = − 5 2
(x 2 − 6 5 x = − 5 2
(
d) i) 3x 2 − 10x + 5 = 0 ⇒ 3
√
25
( ( )
x 2 − 2 3 5 x + 9 25 − 9 25
)
x 2 − 10
3 x + 5 3
=⇒ x 1/2 = − − 10 3
2
±
9 − 5 3 = 5 √
3 ± 10
3
(
)
ii) 3x 2 + 10x = 5 ⇒ 3 x 2 + 10
3 x − 5 3
= 0
√
=⇒ x 1/2 = − 10 3 25
2
±
9 + 5 3 = − 5 3 ± 3√ 2 10
= 0
= − 5 2
iii) x 2 + 10x = 0 ⇒ x · (x + 10) = 0 ⇒ x 1 = 0 und x 2 = −10
√√ √√
4
4
√
e) i) 256 = 16 2 = 4 2 4 = 2
(
x − 3 5) 2
+
9
10
ii) 6 · 3125 1 5 − 3 · 216 1 3 − 4 · 243 1 5 = 6 · (5 5 ) 5 1 − 3 · (6 3 ) 1 3 − 4 · (3 5 ) 1 5 = 30 − 18 − 12 = 0
a
f) i) 3√ = a = a 1− 1 2
a a 3
1 3 = a 3
3√
= a 2
√
a 2 a 5 √ √ √
8
3 a a 2+ 5 8 + 1 23
3 a2+ 24
23 1+
ii) √ = √ = = a
3
a −2 a 8 3
5 a − 2 5 a − 15
2 48 + 15 2 240+115+32
= a 240 = a 387 129
240 = a 80
g) i) √ x + 6 − √ 2x − 1 = 0 für x≥+ 1 2
=⇒ √ x + 6 = √ 2x − 1
Beide Seiten quadriert ergibt: x + 6 = 2x − 1 ⇒ x = 7
Probe: √ 7 + 6 − √ 14 − 1 = √ 13 − √ 13 = 0 .
ii) Wir betrachten x + √ x 2 − 36 = 4 nur für |x| ≥ 6: √ x 2 − 36 = 4 − x
Für x ≤ 4 erhalten wir nun: x 2 − 36 = 16 − 8x + x 2 und daraus schließlich:
−36 = 16 − 8x ⇒ 8x = 52 ⇒ x = 6,5
Wegen x ≤ 4 gibt es keine Lösung. (Probe: 6,5 + √ (6,5) 2 − 36 = 6,5 + 2,5 = 9 ≠ 4)
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6. Tag – Wurzeln
Lösungen zu Wurzeln I
2.) a)
2x(r 2 − 4x 2 )
√
r 2 − x 2
√
− 8x
√r 2 − x 2 = 2x(r2 − 4x 2 ) √ r
√ − 8x r 2 − x 2 ·
2 − x
√ 2
r 2 − x 2
r 2 − x 2
= 2x(r2 − 4x 2 )
√
r 2 − x 2 − 8x(r2 − x 2 )
√
r 2 − x 2 = 2x(r2 − 4x 2 ) − 8x(r 2 − x 2 )
√
r 2 − x 2
= 2xr2 − 8x 3 − 8xr 2 + 8x 3
√
r 2 − x 2 = −6xr2 √
r 2 − x 2
b) √ 1 − x + x + 1
2 √ 1 − x = √ 1 − x · 2√ 1 − x
2 √ 1 − x + x + 1
2 √ 1 − x
√ √ √
a 2 + 2ab + b 2 a 2 − 2ab + b 2 (a + b)
2
(a − b)2
c)
:
= : =
4
4
4 4
√ √
√
(a − b)
d)
2 + a 2 + b 2 − 2ab (a − b) 2 + (a − b) 2
√ =
=
2(a + b)(a − b) 2(a + b)(a − b)
3.) a) x 2 + 4 = 8 ⇒ x 2 = 4 ⇒ x 1/2 = ±2
=
2(1 − x)
2 √ 1 − x + x + 1
2 √ 1 − x = 3 − x
2 √ 1 − x
√
(a + b) 2
4
·
4
(a − b) 2 = a + b
a − b
√
✁2(a − b)✄ 2 a − b
✁2(a + b)✘(a ✘ − ✘ b) = a + b
b) 16 − x 2 = 7 ⇒ −x 2 = −9 ⇒ x 2 = 9 ⇒ x 1/2 = ±3
√
c) x 2 − 49
4 = 0 ⇒ x2 = 49
√
49
4
⇒ x 1/2 = ±
4 = ± √ 49
4
= ± 7 2
⇒ x 1/2 = ± 7 2
d) 4x 2 − 14 = 11 ⇒ 4x 2 = 25 ⇒ x 2 = 25
4
⇒ x 1/2 = ± 5 2
e) 2x 2 + 1 2 = 5 ⇒ 2x2 = 9 2
⇒ x 2 = 9 4
⇒ x 1/2 = ± 3 2
(
)
f) (2x + 1) 2 − 4x = 2 ⇒ 4x 2 + 4x + 1 − 4x = 2 ⇒ 4x 2 + 1 = 2 ⇒ 4x 2 = 1
⇒ x 2 = 1 4
⇒ x 1/2 = ± 1 2
= 0
g) 2x 2 + 2x − 4 = 0 ⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x 2 + 2 · x · 1 ( { ) }} {
1 2 ( ) 1 2
2 + − −2 = 0
2 2
(
⇒ x + 1 ) 2
= 9 ⇒ x + 1 2 4
2 = ±3 ⇒ x = − 1 2
2 ± 3 2
⇒
x 1 = 1 ∧ x 2 = −2
h) 4x 2 − 6x + 2 = 0 ⇒ x 2 − 3 2 x + 1 2 = 0 ⇒ x2 − 2 · x · 3 ( ) 3 2 ( ) 3 2
4 + − + 1 4 4 2 = 0
(
⇒ x − 3 ) 2
− 9 4 16 + 8 (
16 = 0 ⇒ x − 3 ) 2
= 1 ⇒ x − 3 4 16
4 = ±1 4
⇒ x = 3 4 ± 1 4
⇒ x 1 = 1 ∧ x 2 = 1 2
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Lösungen zu Wurzeln I
i)
1
3 x2 − x − 6 = 0 ⇒ x 2 − 3x − 18 = 0 ⇒ x 2 − 2 · x · 3
⇒
2 + ( 3
2
(
x − 3 ) 2
− 9 2 4 − 72
(x
4 = 0 ⇒ − 3 ) 2
= 81
2 4
) 2 ( ) 3 2
− − 18 = 0
2
⇒ x − 3 2 = ±9 2
⇒ x = 3 2 ± 9 2
⇒
x 1 = 6 ∧ x 2 = −3
j) (x − 1)(x + 2) = 3x + 6 ⇒ x 2 + x − 2 = 3x + 6 ⇒ x 2 − 2x − 8 = 0 ⇒ (x − 1) 2 − 9 = 0
⇒ x − 1 = ±3 ⇒ x = 1 ± 3 ⇒ x 1 = 4 ∧ x 2 = −2
4.) a)
b)
1
1 − x − 1
1 + x
= 2 ist definiert für x ∈ R \{−1,1} :
1
1 − x − 1
(
1 + x = 2 ⇔ 1(1 + x) − 1(1 − x) = 2(1 − x)(1 + x) ⇔ 2x = 2 1 2 − x 2)
⇔ x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x 1/2 = − 1 √ √
1 5
2 ± 4 + 1 = −1 2 ± 2 = −1 ± √ 5
2
1
1 − x − 1
1 + x = 2 ist definiert für x ∈ R \{−1,1} :
1 − x2 1
1 − x − 1
1 + x = 2
1 − x 2 ⇔ 1(1 + x) − 1(1 − x) = 2 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1
c)
x 2 − x − 2
x + 1
= 1 ist definiert für x ∈ R \{−1} :
x 2 − x − 2
x + 1
= 1 ⇔ x 2 − x − 2 = x + 1 ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0
⇔ x 1/2 = 1 ± √ 1 + 3 ⇔ x 1 = 3 ∨ x 2 = −1
d)
x 2 − 1
= 1 ist definiert für x ∈ R \{−1, − 2} :
(x + 1)(x + 2)
x 2 − 1
(x + 1)(x + 2) = 1 ⇔ x2 − 1 = x 2 + 3x + 2 ⇔ −3x = 3 ⇔ x = −1
e)
a 2 − 1
x − a + a2 + 1
x + a = a +
a3
x 2 ist definiert für x ≠ a, x ≠ −a :
− a2 a 2 − 1
x − a + a2 + 1
x + a = a +
a3
x 2 − a 2 ⇔ (a 2 − 1)(x + a) + (a 2 + 1)(x − a) = a(x 2 − a 2 ) + a 3
(
) (
)
⇔ a 2 x + a 3 − x − a + a 2 x − a 3 + x − a = ax 2
⇔ 2a 2 x − 2a = ax 2 ⇔ 2ax − 2 = x 2 ⇔ x 2 − 2ax + 2 = 0
√
⇔ x 1/2 = a ± a 2 − 2
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Lösungen zu Wurzeln I
f)
2x − a
a − b + x + b
a + b =
2ab
a 2 ist definiert für a ≠ b, a ≠ −b :
− b2 2x − a
a − b + x + b
a + b =
⎛
2ab
a 2 − b 2 ⇔ (2x − a)(a + b) + (x + b)(a − b) = 2ab
(
)
⇔ 2ax + 2bx − a 2 − ab +
⎞ ⎛
⇔ (3a + b)x = a 2 + 2ab − b 2
⇔ x = a2 + 2ab − b 2
3a + b
√ √ (p
5.) x 1 x 2 = ⎝− p ) 2 (p
2 + − q⎠
⎝− p ) 2
2 2 − − q⎠
2
= p2
4 − p 2
⎛
⎞
√ (p ) 2 (p ) 2 √ √ (p ) 2 (p ) 2 ⎜ − q − − q
⎝√
2
2 ⎟
} {{ }
⎠ − − q · − q
2
2
=0
( (p ) 2
= p2
4 − − q)
= q
2
⎛ √ √ ⎞
(p
−(x 1 + x 2 ) = − ⎝− p ) 2 (p
2 + − q − p ) 2
2 2 − − q⎠ = − ( −p ) = p
2
⎞
(
ax − bx + ab − b 2) = 2ab
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2. Übung: Potenzen & Logarithmen II – Aufgaben
2. Übung: Potenzen & Logarithmen II – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie durch Koeffizientenvergleich A und B so, dass gilt:
A
a)
x + 2 + B
x − 1 = −x − 5
(x + 2)(x − 1) ; x ≠ −2; x ≠ 1
b)
c)
d)
A
x + 1 + B
(x + 1) 2 = x
(x + 1) 2 ; x ≠ −1
A
x − 5 +
A
x − 2 +
B
x + 5 = 4x − 5
x 2 − 25 ; x ≠ ±5
B
(x − 2) 2 = 2x + 4
(x − 2) 2 ; x ≠ 2
( 8
2.) Ermitteln Sie die Binomialkoeffizienten für k = 1,2, . . . ,8 mittels des Pascalschen Dreiecks und mittels der
k)
Berechnungsformel.
3.) Vereinfachen Sie:
a)
c)
e)
18 4 (a 2 b) 2
27 3 · (2a √ a · b) 2 b)
(ax − ay) m · (3bx + 3by) n
(cx 2 − cy 2 ) m+n d)
( ) 2 ( ) 3 ( ) 2
45b 2 y 3 6bx 3 75b 3 x 3
48a 3 ·
x 9ay 3 ·
36a 4 f)
y
(5ab) 3 · (5a 2 b) 4
s 2 · 3ab 2 · (25a √ b) 2
( ) 3
4b 2 y 2
6a 2 x 2 ·
a −2 · x −4 · y −6
b 3 · c −4 · z −5
(
8a 3 y 2
6b 3 x 3 ) 4
·
: a−3 · b −5 · x −3
c −5 · y 6 · z −7
(
18b 3 x 6
16a 3 y 3 ) 2
g)
27x −5 · y −6 · z −1
45x −4 · y −5 · z 0
· 49x−2 · y −3 · z −4
42x −3 · y −4 · z −3
4.) Vereinfachen Sie
a)
c)
e)
3a n+1 · 6x n+7 · 9b x+1
3x n · 2b x+1 · 3a
a 3n−x · b 2n+x
a n+2x · b 2n−x · x3n+2 · y 2n−1
x 2n−3 · y n+1 d)
b)
a n+1 · a n+1 · a n
a 0 · a n · a n−1
a 5x−2y
b 6m−1
: a4x+y
b m−2
42a 2 b 3 x n+1
36c 3 y 2 z n−3 : 70a3 b 2 x n+2
54c 2 y 4 z n−2 f) (16a 8 − a 4 b 2 + 9b 4 ) : (4a 4 − 5a 2 b + 3b 2 )
5.) a) Leiten Sie ein Logarithmengesetz für Doppelbrüche log a
(
her und beweisen sie es.
( )
b√
b) Leiten Sie ein Logarithmengesetz für folgenden Term her: log a c d .
b
c
d
)
und
log a
( b
c
d
1
c) Vergleichen Sie log 10 5 und log 10 5 sowie log 10 7 und log 10 1 7
. Was stellen Sie fest?
Formulieren Sie ein Gesetz und begründen Sie dieses!
)
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Lösungen zu Potenzen & Logarithmen II
6.) a) Ein Student soll beweisen, dass log 10 (7) keine rationale Zahl ist und gibt folgende Beweisschritte ohne
Erläuterungen ab:
log 10 7 = p ⇐⇒ 7 = 10 p q
⇐⇒ 7 q = 10 p
q
Erläutern und vervollständigen Sie die Beweisführung!
b) Überprüfen und beweisen Sie analog, ob die folgenden Logarithmen aus Q sind oder nicht:
i) log 5 30 ii) log 2 4 iii) log 27
1
3
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen II
1.) a)
A
x + 2 +
B A(x − 1) + B(x + 2) (A + B)x − 1A + 2B
= =
x − 1 (x + 2)(x − 1) (x + 2)(x − 1)
!
=
−x − 5
(x + 2)(x − 1)
⇒ (A + B)x = −x ∧ −1A + 2B = −5
⇒ A + B = −1 ∧ −1A + 2B = −5
⇒ A = −1 − B ∧ 3B = −6
⇒ A = −1 − B ∧ B = −2
=⇒ A = 1 ∧ B = −2
b)
c)
=⇒ −x − 5
(x + 2)(x − 1) = 1
x + 2 + −2
x − 1 = 1
x + 2 − 2
x − 1
A
x + 1 +
B A(x + 1) + B
=
(x + 1) 2 (x + 1) 2 = Ax + A + B
(x + 1) 2 =
x
(x + 1) 2
⇒ Ax = x ∧ A + B = 0 =⇒ A = 1 ∧ B = −1
=⇒ x
(x + 1) 2 = 1
x + 1 + −1
(x + 1) 2 = 1
x + 1 − 1
(x + 1) 2
A
x − 5 +
B A(x + 5) + B(x − 5) (A + B)x + 5A − 5B
= =
x + 5 (x − 5)(x + 5)
x 2 − 25
!
= 4x − 5
x 2 − 25
⇒ (A + B)x = 4x ∧ 5A − 5B = −5
⇒ A + B = 4 ∧ A − B = −1
⇒ A + B = 4 ∧ 2A = 3
⇒ A + B = 4 ∧ A = 3 2
=⇒ A = 3 2
∧ B = 5 2
d)
=⇒ 4x − 5 3 5
x 2 − 25 = 2
x − 5 + 2
x + 5
A
x − 2 + B A(x − 2) + B Ax − 2A + B
=
(x − 2) 2 (x − 2) 2 =
(x − 2) 2 = 2x + 4
(x − 2) 2
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=⇒ 2x + 4
(x − 2) 2 = 2
x − 2 + 8
(x − 2) 2
⇒ Ax = 2x ∧ −2A + B = 4
⇒ A = 2 ∧ −2A + B = 4
=⇒ A = 2 ∧ B = 8
2.) Das Pascalsche Dreieck:
Mit
( 8
=
k)
8!
k!(8 − k)!
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1
1 8 28 56 70 56 28 8 1
ergibt sich:
( 8 8!
=
0)
0!(8 − 0)! = 8!
0!8! = 1 = 8!
(
8!0! = 8!
8
=
8!(8 − 8)!
8)
( 8 8!
=
1)
1!(8 − 1)! = 8!
1!7! = 8 · ( )
✭✭✭✭✭✭✭✭✭
7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1
8
1 · ✭✭✭✭✭✭✭✭✭
7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 8 = 7
( 8 8!
=
2)
2!(8 − 2)! = 8!
2!6! = 8 · 7 = 8 · 7
( 8
= 28 =
2! 2
6)
( 8 8!
=
3)
3!(8 − 3)! = 8!
3!5! = 8 · 7 · 6 = 8 · 7 · 6
( 8
= 56 =
3! 6
5)
( 8
=
4)
2
8!
4!(8 − 4)! = 8!
4!4! = 8 · 7 · 6 · 5 = ✁✁✕ 8 · 7 · ✁6 · 5
= 14 · 5 = 70
4!
✚24
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Lösungen zu Potenzen & Logarithmen II
3.) a)
b)
c)
18 4 (a 2 b) 2
27 3 · (2a √ a · b) 2 = (2 · 9) 4 · a 4 · b 2
(3 · 9) 3 · 4 · a 2 · a · b 2 = 2 4 · 9❈ 4 · a✄ 4 · ❅b 2
3 3 · ❙9 3 · 4 · ✟ ✟✟ a 2 · a · ❅b = 2 · 2 · ✟ 2 · ✟ 2 · ❆9 · a
2 3 · ❍❍ 3 · 3 · ✁4
(5ab) 3 · (5a 2 b) 4
s 2 · 3ab 2 · (25a √ b) = 53 a 3 b 3 · ✓5 4 a 8 b 4
2 s 2 · 3ab 2 · ✚ ✚
( ) m ( ) n
ax − ay · 3bx + 3by
(
cx 2 − cy 2) m+n =
25 2 a 2 b = 53 ✟a 3 b ✟3
· a 8 b 4
s 2 · 3✟ ✟
a 3 b 3 = 125a8 b 4
3s 2
(
ax − ay
) m ·
(
3bx + 3by
) n
(
cx 2 − cy 2) m ·
(
cx 2 − cy 2) n =
(
ax − ay
) m
(
cx 2 − cy 2) m ·
= 4 3 a
(
3bx + 3by
) n
(
cx 2 − cy 2) n
=
=
( (
ax − ay
)
(
(
cx 2 − cy 2) ) m
·
a ( x − y )
c ( x + y ) ( x − y ) ) m
·
((
3bx + 3by
)
(
cx 2 − cy 2) ) n
=
(
a
(
x − y
)
(
3b
(
x + y
)
c ( x + y ) ( x − y ) ) n
c ( x 2 − y 2) ) m
·
(
3b
(
x + y
)
c ( x 2 − y 2) ) n
d)
=
( ) m ( ) n
a
c ( x + y ) 3b
·
c ( x − y )
( ) 3 ( ) 4 ( ) 2
4b 2 y 2 8a 3 y 2 18b 3 x 6
6a 2 x 2 ·
6b 3 x 3 ·
16a 3 y 3 = 26 b 6 y 6
2 3 · 3 3 a 6 x 6 · 2 12 a 12 y 8
2 4 · 3 4 b 12 x 12 · 22 · 9 2 b 6 x 12
2 8 a 6 y 6
= 26 b 6 y 6 · 2 12 a 12 y 8 · 2 2 · 9 2 b 6 x 12
2 3 · 3 3 a 6 x 6 · 2 4 · 3 4 b 12 x 12 · 2 8 a 6 y 6
e)
(
) 2 ( ) 3 (
45b 2 y 3 6bx 3
48a 3 ·
x 9ay 3 ·
) ⎛ 2
75b 3 x 3
36a 4 =
y
= 220 · 3 4 · a 12 · b 12 · y 14 · x 12
2 15 · 3 7 · a 12 · b 12 · x 18 · y 6 = 25 · y 8
3 3 · x 6 =
⎞
⎝ 32 ✄ · 5b 2 y 3
2 ( ) 3 (
⎠
2bx 3 ✁3 · 5 2 b 3 x 3
✁3 · 2 4 a 3 ·
x 3ay 3 ·
3✄ 2 · 2 2 a 4 y
) 2
32 · y8
27 · x 6
= 32 · 5 2 b 4 y 6
2 8 a 6 x 2 · 23 b 3 x 9
3 3 a 3 y 9 · 5 4 b 6 x 6
2 4 · 3 2 a 8 y 2
= 32 · 5 2 b 4 y 6 · 2 3 b 3 x 9 · 5 4 b 6 x 6
2 8 a 6 x 2 · 3 3 a 3 y 9 · 2 4 · 3 2 a 8 y 2
= 23 · 3 2 · 5 6 b 13 y 6 x 15
2 12 · 3 5 a 17 x 2 y 11 = 56 b 13 x 13
2 9 · 3 3 a 17 y 5 = 15625b13 x 13
13824a 17 y 5 12
f)
a −2 · x −4 · y −6
b 3 · c −4 · z −5
: a−3 · b −5 · x −3
c −5 · y 6 · z −7
= a−2 · x −4 · y −6 c −5 · y 6 · z −7
b 3 · c −4 · z −5 ·
a −3 · b −5 · x −3
= (c4 · z 5 ) · (a 3 · b 5 · x 3 · y 6 )
(b 3 · a 2 · x 4 · y 6 ) · (c 5 · z 7 ) = a · b2
x · c · z 2
12 Ohne Taschenrechner kann man sich mit der Abschätzung
echte Wert ist 1,130280671296 ≈ 1,13 .
5 6
2 9 · 3 3 = 54 · 25
2 9 · 27 = 625
512 · 25
27 ≈ 6 5
eine Vorstellung der Größenordnung machen. Der
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Lösungen zu Potenzen & Logarithmen II
g)
27x −5 · y −6 · z −1
45x −4 · y −5 · z 0
· 49x−2 · y −3 · z −4
−1 −1
42x −3 · y −4 · z −3 = 33 x✚✚❃ −5 · y✚✚❃ −6 · z −1
5 · 3 2 ✚x −4 ✚ · ✚✚ y −5 · 1 ·
7 2 x −2 · y −3 · z −4
2 · 3 · 7x −3 · y −4 · z −3
4.) a)
b)
c)
d)
e)
3a n+1 · 6x n+7 · 9b x+1
3x n · 2b x+1 · 3a
a n+1 · a n+1 · a n
a 0 · a n · a n−1
a 3n−x · b 2n+x
a n+2x · b 2n−x · x3n+2 · y 2n−1
x 2n−3 · y n+1
a 5x−2y
b 6m−1
: a4x+y
b m−2
= x−1 · y −1 · z −1
5
·
7 · z −1
2x −1 · y −1 = 7
10z 2
= 3 · 6 · 9an+1 b x+1 x n+7
3 · 2 · 3 · a · b x+1 · x n = ✟✟ 3 · 6 · 9a
n❩+1 ✟ ✟ b x+1 x❆ n+7
✘3 · ✘ 2 · ✘ 3 · ❆a · ✟b x+1 ✟ · ❩x n = 9an x 7
= an+1 · a n+1 · ✚a n
1 · ✚a n · a n−1 = an+3 · a n−1
1 · a n−1 = a n+3
= a3n−x−(n+2x) · b 2n+x−(2n−x) · x 3n+2−(2n−3) · y 2n−1−(n+1)
= a 2n−3x b 2x x n+5 y n−2
=
a5x−2y bm−2
·
b6m−1 a 4x+y = a5x−2y−(4x+y) · b m−2−(6m−1) = a x−3y b −5m−1 =
42a 2 b 3 x n+1
36c 3 y 2 z n−3 : 70a3 b 2 x n+2
54c 2 y 4 z n−2 = 42a2 b 3 x n+1
36c 3 y 2 z n−3 · 54c2 y 4 z n−2
70a 3 b 2 x n+2 = 6 · 7 · 6 · 9 · a2 b 3 c 2 x n+1 y 4 z n−2
6 2 · 5 · 14 · a 3 b 2 c 3 x n+2 y 2 z n−3
1
a 3y−x b 5m+1
= ✁ 6 · ✁7 · ✁6 · 9
✓6 2 · 5 · ✚ ✚❃2 14
· a 2−3 b 3−2 c 2−3 x n+1−(n+2) y 4−2 z n−2−(n−3)
f)
= 9 10 a−1 bc −1 x −1 y 2 z = 9by2 z
10acx
( ) 2 ) 2
16a 8 − a 4 b 2 + 9b 4 4a 4 − a 4 b 2 +
(3b 2 13
4a 4 − 5a 2 b + 3b 2 = 4a 4 − 5a 2 b + 3b 2 =
=
( (
4a 4 ) 2
+ 2 · 4a4 · 3b 2 +
(3b 2 ) 2
)
− a 4 b 2 − 24a 4 b 2
4a 4 − 5a 2 b + 3b 2
( ) 2 ) 2 ( ) 2
4a 4 + 3b 2 − 25a 4 b
(4a 2 4 + 3b 2 − 5a 2 b
=
4a 4 − 5a 2 b + 3b 2 =
4a 4 + 3b 2 − 5a 2 b
( ( ) ) ( ( ) )
4a 4 + 3b 2 − 5a 2 b 4a 4 + 3b 2 + 5a 2 b
=
4a 4 + 3b 2 − 5a 2 b
(
) (
)
4a 4 + 3b 2 − 5a 2 b 4a 4 + 3b 2 + 5a 2 b
=
4a 4 + 3b 2 − 5a 2 b
=0
( ) 2 ( ) 2
{ }} {
4a 4 − a 4 b 2 + 3b 2 +2 · 4a 4 · 3b 2 − 2 · 4a 4 · 3b 2
4a 4 − 5a 2 b + 3b 2
= 4a 4 + 3b 2 + 5a 2 b
13 Dieser wichtige Trick nennt sich „Nulladdition“. Wenn man einen bestimmten Term benötigt, addiert und subtrahiert man ihn – addiert also eine
geschickt geschriebene Null, die an der Gleichung nichts ändert.
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5.) a) log a
(
b
c
d
)
)
( b
c
log a
d
(
b√
b) log a c d
c) Es gilt:
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6. Tag – Wurzeln
Lösungen zu Potenzen & Logarithmen II
c
= log a b − log a
d = log a b − ( log a c − log a d ) bd
= log a b + log a d − log a c = log a
c
b
= log a
c − log a d = log a b − log a c − log a d = log a
)
= log a c d b = d b log a c
Anscheinend gilt lg 1 n
= − lg n für n ∈ N .
b
cd
log 10 5 = lg 5 und log 10
1
5 = lg 1 5 = − lg 5
und log 10 7 = lg 7 sowie log 10
1
7 = lg 1 7 = − lg 7
Der Beweis folgt mit den Logarithmengesetzen sogar für beliebige x ∈ (0, ∞) :
lg 1 x
= lg 1 − lg x = 0 − lg x = − lg x
6.) a) Beweis mit Erläuterungen: Wir nehmen an, es gilt log 10 7 ∈ Q, dann gibt es p, q ∈ N mit:
⇐⇒
⇐⇒
log 10 7 = p q > 0 ∣ ∣ Logarithmendefinition
7 = 10 p q
7 q = 10 p = 2 p 5 p
∣ . . . q
Die Zahlen links und rechts sind in die sog. Primfaktordarstellung zerlegt. Allgemein gilt: Jede natürlich Zahl hat
eine eindeutige Primfaktorzerlegung; da die Zerlegungen hier verschieden sind, sind auch die Zahlen verschieden.
Damit führt die Annahme lg 7 ∈ Q auf einen Widerspruch und es gilt lg 7 ∈ R \Q .
b) i) log 5 30 = p q > 0 ⇔ 30 = 5 p q
⇔ 30 q = 5 p ⇔ 2 q 3 q 5 q = 5 p
ii) log 2 4 = p q > 0 ⇔ 4q = 2 p ⇔ 2 2q = 2 p ⇔ 2q = p ⇔ p q = 2
Also gilt 2 2 = 4, wie überraschend. ☺
iii) log 27
1
3 = p q > 0 ⇔ ( 1
3) q
= 27 p ⇔ 3 −q = 3 3p ⇔ −q = 3p ⇔ p q = −1 3
Es gilt auch 27 − 1 3 = 1 3 .
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6. Tag – Wurzeln
Beweis der Irrationalität von √ 2
Beweis der Irrationalität von √ 2
Als Widerspruchsbeweis:
• Nehmen wir an, es gelte √ 2 ∈ Q, dann betrachten wir den dazugehörigen, vollständig gekürzten Bruch: √ 2 = p q ,
wobei p und q teilerfremd sind, also insbesondere gilt p ist ungerade oder qist ungerade (oder beide – wären p und
q gerade, könnten wir noch weiter kürzen.
• Durch Quadrieren ergibt sich daraus: 2 = p2
q 2
bzw. p 2 = 2q 2 , was bedeutet, dass p 2 eine gerade Zahl ist.
• Wenn aber p 2 = p · p eine gerade Zahl ist, muss bereits p eine gerade Zahl sein, es gibt also eine natürliche Zahl r
mit 2r = p .
• Wir schreiben nun p 2 = (2r) 2 = 4r 2 und es gilt: 4r 2 = p 2 = 2q 2 , woraus wir q 2 = 2r 2 folgern, q 2 und damit auch
q sind ebenfalls gerade Zahlen.
• Damit haben wir gezeigt, dass im vollständig gekürzten Bruch p q
kürzen könnten.
Zähler und Nenner gerade sind, wir also doch noch
• Dieser Widerspruch bedeutet nun, dass unsere Annahme,
√
2 sei rational, falsch sein muss, damit muss
√
2 irrational
sein, es gilt √ 2 /∈ Q bzw.
√
2 ∈ R \ Q .
In Kürze:
Sei
√
2 ∈ Q ⇔
√
2 =
p
q
mit p, q sind teilerfremd
⇔
2 = p2
q 2 ⇔ p 2 = 2q 2 ⇔ p 2 ist gerade ⇔ p ist gerade, d.h. ∃ r ∈ N : p = 2r
⇔ p 2 = 4r 2 = 2q 2 ⇔ q 2 = 2r 2 ⇔ q 2 ist gerade ⇔ q ist gerade
Dass p und q gerade sind ist ein Widerspruch zur Darstellung von √ 2 als vollständig gekürztem Bruch. Es muss daher
√
2 /∈ Q gelten.
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
1. Übung: Lineare und quadratische Funktionen I – Aufgaben
1.) a) Gegeben sind y 1 = 2x − 5 und y 2 = − 5 6x + 1 . Berechnen Sie die Nullstellen und den Schnittpunkt der
zugehörigen Graphen.
b) Bestimmen Sie die Gerade durch P = (−3; 2) mit Steigung m = − 2 5 .
c) Bestimmen Sie die Gerade durch P 1 = (−1; 3) und P 2 = (3; 7) .
d) Wie muss man m wählen, damit die Geraden g : y = mx + b ; h : 3x + 5y = 1 genau einen Schnittpunkt
besitzen? Wie muss man m und b wählen, damit die Geraden zusammen fallen?
e) Die Gleichung Ax + By = 1 beschreibt eine Gerade. Wie muss man A und B wählen, damit die Gerade durch
die Punkte P 1 = (1; 3) und P 2 = (−2; 1) geht?
f) Unter welcher Bedingungen besitzen die Geraden A 1 x + B 1 y = C 1 und A 2 x + B 2 y = C 2 ; B 1 , B 2 ≠ 0 genau
einen Schnittpunkt? Unter welcher Bedingung sind sie parallel?
g) Gegeben ist die quadratische Funktion y = −3x 2 + 5x − 10 . Welcher Wertebereich wird angenommen? Wie
kann man – bei gegebenem Funktionswert – die zugehörigen x-Werte bestimmen?
h) Von einer Parabel sei der Scheitel (x S ; y S ) = (−2; 3) sowie der Punkt (5; 7) bekannt. Wie lautet die Gleichung
der Parabel?
i) Besitzen folgende quadratischen Funktionen Nullstellen:
i) y = −3x 2 − 2x + 6 ii) y = 3x 2 − 2x + 6
j) Besitzen folgende Parabeln Schnittpunkte:
i) y = 3(x + 2) 2 + 2; y = −2(x + 3) 2 − 4 ii) y = (x + 1) 2 + 1; y = 2(x − 3) 2 − 3
2.) Zeichnen Sie die Funktioen f(x) = 2x − 2, g(x) = x 2 − 5, h(x) = x 2 − 2x − 2 und i(x) = (x + 2)(x − 1) in ein
Koordinatensystem mit dem Seitenverhältnis: 14
a) x : y als 1 : 1 ; Achsenschnitt: (0,0) b) x : y als 1 : 2 ; Achsenschnitt: (1,0)
c) x : y als 1 : 3 ; Achsenschnitt: (0,3) d) x : y als 2 : 3 ; Achsenschnitt: (0,0)
e) x : y als 2 : 1 ; Achsenschnitt: (−2, − 2) f) x : y als 3 : 2 ; Achsenschnitt: (−1, − 5)
14 Mit x : y als n : m ist gemeint: n Einheiten der x -Achse entsprechen m Einheiten auf der y-Achse.
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen I
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen I
1.) a) Nullstellen: y 1 = 2x − 5 = 0 ⇒ x = 5 2
y 2 = − 5 6 x + 1 = 0 ⇒ x = 6 5
( ) 5
=⇒ N =
2 ; 0
( ) 6
=⇒ N =
5 ; 0
Schnittpunkt: 2x − 5 = − 5 6 x + 1 ⇒ 17
6 x = 6 ⇒ x = 36
17
=⇒ S =
( ) 36
17 ; −13 17
b) Wir benutzen die Punkt-Steigungsform: y = m(x − x 0 ) + y 0 = − 2 5 (x + 3) + 2 = −2 5 x + 4 5
c) y = m(x − x 0 ) + y 0 = y 1 − y 0
(x − x 0 ) + y 0 = 3 − 7 (x + 1) + 3 = 1(x + 1) + 3 ⇒ y = x + 4
x 1 − x 0 −1 − 3
d) Aus 3x + 5y = 1 folgt y = − 3 5 x + 1 5 , für m = −3 5 und b = 1 5
sind die Geraden identisch.
Für m = − 3 5 und b ≠ 1 5
einen Schnittpunkt.
sind die Geraden parallel und für alle Werte m ≠ −3 , b ∈ R haben die Geraden
5
e) Die Gerade y = y 1 − y 0
x 1 − x 0
(x − x 0 ) + y 0 = 3 − 1
1 + 2 (x − 1) + 3 = 2 3 (x − 1) + 3 ⇒ y = 2 3 x + 7 3
geht durch
die Punkte P 1 und P 2 . Daraus ergibt sich: y = 2 3 x + 7 3
⇒ 3 7 y = 2 7 x + 1 =⇒ −2 7 x + 3 7 y = 1
f) Die Geraden y = − A 1
B 1
x + C 1
B 1
und y = − A 2
B 2
x + C 2
B 2
haben für − A 1
B 1
≠ − A 2
B 2
genau einen Schnittpunkt.
Für − A 1
B 1
= − A 2
B 2
und C 1
B 1
≠ C 2
B 2
sind sie parallel.
g) Die quadratische Funktion y = −3x 2 + 5x − 10 = −3
( 5
Parabel mit Scheitelpunkt S =
6 ; −95 12
(
x − 5 ) 2
− 95
6 12
)
; d.h. der Wertebereich ist W =
Um die Urbildstellen zu berechnen formen wir die Gleichung nach x um:
beschreibt eine nach unten geöffnete
(
−∞; − 95 ]
12
(
y = −3 x − 5 6
) 2
− 95
12
⇒ y + 95 (x
12 = −3 − 5 ) 2
⇒ − 1 6
3 y − 95 (x
36 = − 5 ) 2
√
=⇒ x = − 1 6
3 y − 95
36 + 5 6
h) Der Scheitel (x S ; y S ) = (−2; 3) liefert: y = m(x + 2) 2 + 3 .
Der Punkt (5; 7) liefert: 7 = m(5 + 2) 2 + 3 ⇒ 7 = 49m + 3 ⇒ m = 4 49
Es gilt: y = 4 49 (x + 2)2 + 3
(
i) i) Es gilt: y = −3x 2 − 2x + 6 = −3 x + 1 ) 2
+ 19
(
⇒ S = − 1 3 3
3 ; 19 )
, d.h. der Scheitelpunkt der
3
nach unten geöffneten Parabel liegt über der x-Achse, also muss es zwei Nullstellen geben.
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen I
−3x 2 − 2x + 6 = 0 ⇒ x 3 + 2 3 − 2 = 0 ⇒ x 1/2 = − 1 √ √
1 19
3 ± 9 + 2 = −1 3 ± 9
(
ii) Ebenso: y = 3x 2 − 2x + 6 = 3 x − 1 ) 2
+ 17
(
⇒ S = + 1 3 3
3 ; 17 )
, d.h. der Scheitelpunkt der nach
3
oben geöffneten Parabel liegt über der x-Achse, also kann es keine Nullstellen geben.
j) i) 3(x + 2) 2 + 2 = −2(x + 3) 2 − 4 ⇒ 3x 2 + 12x + 14 = −2x 2 − 12x − 22
⇒ 5x 2 + 24x + 36 = 0 ⇒ x 2 + 24
5 x + 36
5 = 0
⇒ x 1/2 = − 12
√
144
5 ± 25 − 180
25
=⇒ Es gibt keinen Schnittpunkt.
ii) (x + 1) 2 + 1 = 2(x − 3) 2 − 3 ⇒ x 2 + 2x + 2 = 2x 2 − 12x + 15 ⇒ x 2 − 14x + 13 = 0
⇒ x 1/2 = 7 ± √ 49 − 13 = 7 ± 6 ⇒ x 1 = 1 und x 2 = 13
⇒ Es gibt zwei Schnittpunkte S 1 = (1; 5) und S 2 = (13; 197) .
2.) Wir skizzieren f(x) = 2x − 2, g(x) = x 2 − 5, h(x) = x 2 − 2x − 2 und i(x) = (x + 2)(x − 1):
a) x : y als 1 : 1 ; Achsenschnitt: (0,0) b) x : y als 1 : 2 ; Achsenschnitt: (1,0)
y
4
3
y
4
3
2
1
−3
−2
2
1
−1
−1
1 2 3
x
−3 −2
c) 1 : 3 ; (0,3)
−1
0
−1
−2
−3
−4
−5
2 3
x
−2
y
−3
−4
−5
−3
−2
−1 2
1
0
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3
x
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen I
d) 2 : 3 ; (0,0) e) 2 : 1 ; (−2, − 2) f) 3 : 2 ; (−1, − 5)
y
4
y
y
3
4
4
2
3
1
3
2
−3 −2
x 2
−1 1 2 3
−1
1
−2
−3
−4
−5
1
0
0
−1
−1
−2
−3 −1 0 1 2 3
x
−3
−3
−4
−4
−5
−3
−2
−1 0 1 2 3
x
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
2. Übung: Wurzeln II – Aufgaben
2. Übung: Wurzeln II – Aufgaben
1.) Fassen Sie zusammen bzw. berechnen Sie und versuchen Sie dabei möglichst geschickt vorzugehen!
( √2 ) 3√ 6
a) 2 2 · 2 3 b) (−x 2 ) 3 c) · 2 2
d) x 5 = 243
√ 32
e) x 1,4 = 5 f) y 2 · z 2 · u 3 g)
7√
10000000
h) a · √a
· √a
i)
(x −2 · z 2 · w −3 ) 2
(x −1 · z −2 · x −3 ) 3 j)
√
x · 8√
x3 · 16 √
x 5 k)
( 7
4 x2m+3 − 3 2 x2m−3 + 4 5 xm+4 )
: 3 4 x2m+1
2.) Vereinfachen Sie und machen Sie ggf. die Nenner rational 15 !
a)
e)
x 3
3√
x 2
b)
x − y
√ x +
√ y
c)
√
√ (
4
x 3 · 4 (−2y)6 · − √ ) 4
√
8
2 : x 5 y − 1 3 f)
x
(
1 +
√ x
) (
2 −
√ x
) d)
⎛
⎜
⎝
√ (
4√ x y 2
z 2 x 3 ) 1
2
√ √
4 x 3 y 6 3 z 4
√
3 √xy √ √
−2 4 x 2 y · 6 x 2 y −3
⎞
⎟
⎠
− 1 2
3.) Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichungen.
a) 16x 2 − 81 = 0 b) 4x 2 2
+ 12x + 7 = 0 c)
3 x2 + 4 5 x = 0
√ √ √
d) 4 x − 9 · 2 x = −14 e) 8x − 7 + 3 = 2x f) 2x + 3 + x + 1 = 1
√
g) x + 7 − √ 8 · (x − 3) = 2 · √2
h)
i)
x + 1
x − 2 − 2x + 4
x + 3 = −2 + x2 + 6x − 1
(x − 2) · (x + 3)
x + 1
x − 2 + x − 1
x + 2 = 3x2 − 5x + 10
x 2 − 4
4.) Machen Sie die Nenner rational:
a)
x
3√ x
b)
3√
x 2
6√
x 5
c)
x
√ x −
√ y
d)
x
√ x − y
e)
2 + √ 7
√
7 − 2
f)
√
11 −
√
10
√
2 −
√
3
g)
11
1− √ 3
√
5 − 4
h)
a + b
3√ a +
3√
b
5.) Beweisen Sie, dass √ 3 eine irrationale Zahl ist. — Überlegen Sie anschließend, ob und wie Sie Ihren Beweis
verallgemeinern können (für √ 5, √ 6, √ 7, √ 8, √ 10, . . .) .
15 d.h. ganze, keine gebrochenen Potenzen
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Wurzeln II
Lösungen zu Wurzeln II
1.) a) 2 2 ·2 3 = 2 5 b) (−x 2 ) 3 = −x 6 c)
( √2
· 3√
2 2) 6
=
(
2 1 2 · 2 2 3
) 6
= 23 · 2 4 = 2 7
d) x 5 = 243
32
⇒ x = + 5 √
243
32
⇒ x = 3 2
e) x 1,4 = 5 ⇒ x 7 5 = 5 ⇒ x = 5 5 7 ⇒ x = 7 √
5 5 ⇒ x ≈ 3,157
f) y 2 · z 2 · u 3 = (y · z · u) 2 · u g)
7√ 7√
10000000 = 10 7 = 10
√
h) a · √a
· √a √ √ √
= a · a · a 1 2 = a · a 1 2 · a 1 4 = a 1 2 · a 4 1 · a 1 8 = a [ 1 2 + 1 4 + 1 8 ] = a 7 8
i)
j)
k)
2.) a)
b)
c)
d)
(x −2 · z 2 · w −3 ) 2
(x −1 · z −2 · x −3 ) 3 = x−4 · z 4 · w −6
x −3 · z −6 · x −9 = x−4 · z 4 · w −6
x −12 · z −6 = z4 · x 12 · z 6
x 4 · w 6 = z10 · x 8
w 6
√ 8√ √ √
x· x3 · 16 x 5 = x · x 3 8 · x 16 5 = x 1 2 · x 16 3
· x 32 5
= x 16
32 + 32 6 + 32 5
= x 27
32
( 7
4 x2m+3 − 3 2 x2m−3 + 4 5 xm+4 )
x 3
3√
x 2 = x3
x 2 3
x − y
√ x +
√ y
=
= x 3− 2 3 = x
7
3 =
3√
x 7 = ( 3√ x
) 7
x
(
1 +
√ x
) (
2 −
√ x
) =
: 3 4 x2m+1 = ( . . . ) · 4
3 x−2m−1 = 7 3 x2 − 2x −4 + 16
15 x−m+3
(√ ) 2 (√ ) 2 (√ √ ) (√ √ )
x − y x + y x − y
√ √ = √ √ = √ x − √ y
x + y x + y
( √ ) ( √ )
x
1 − x 2 + x
( √ ) ( √ ) · ( √ ) ( √ )
1 + x 2 − x 1 − x 2 + x
= x · (1
− √ x ) ( 2 + √ x )
(1 − x) (4 − x)
√ √ √ √
(
3
(
xy −2 4 x 2 y · 6
x 2 y −3 = xy −2) 1 ( ) 1
1 3
2
x y) 2 4
·
= x · (2
− x − √ x )
x 2 − 5x + 4
(
x 2 y −3) 1 6
=
(
xy −2) 1 ( ) 1
6
· x 2 12
(
y · x 2 y −3) 6
1
e)
√
√ (
4
x 3 · 4 (−2y)6 · − √ ) 4
√
(
8
2 : x 5 y − 1 3 = x 3 ·
= x 1 6 y
− 1 3 · x
1
6 y
1
12 · x
1
3 y
− 1 2 = x
1
6 + 1 6 + 1 3 · y
− 1 3 + 1
12 − 1 2 = x 2 3 · y
− 3 4 =
x 2 3
( ) 1
(−2y) 6 4
(
· − √ ) 1
4
4 ( )
2)
: x 5 y − 3
1 1
8
y 3 4
(
= x 3 · (2y ) ( 32 √2 4) ) 1 4
·
:
( ) (
x 5 8 y − 24
1
= x 3 4 · (2y ) 38 · √2 ) ( )
· x − 8 5 y 24
1
f)
√ √
= x 3 4 − 8 5 · 2 3 8 · 2 1 2 · y 3 8 + 24 1
= x 8 1 · 2 7 8 · y 12 5
= 8 27 · x · 12 y 5
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎝
√ (
4√ x y 2
z 2 x 3 ) 1
2
√ √
4 x 3 y 6 3 z 4
⎟
⎠
− 1 2
x≥0
=
⎜
⎝
x 1 4
) 1 (y 2 2
( ) 1
z 2 x 3 2
(
x 3 y 6) 4 1 ( z 4) 1 3
⎟
⎠
− 1 2
=
⎛
⎝ x 1 4 · |y| · |z| x 3 2
x 3 4 |y| 3 2 · |z| 4 3
⎞
⎠
− 1 2
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Wurzeln II
=
⎛
⎝ x 7 4 · |y| · |z|
x 3 4 |y| 3 2 · |z| 4 3
⎞
⎠
− 1 2
=
⎛ ⎞
⎝
x
⎠
|y| 2 1 · |z| 3
1
− 1 2
=
⎛
⎝ |y| 1 2 · |z| 1 3
x
⎞
⎠
1
2
= |y| 1 4 · |z| 1 6
x 1 2
=
√ √
4 |y| · 6 |z|
√ x
3.) a) x 2 = 81
16
=⇒ x 1/2 = ± 9 4
√ (3 ) 2
b) x 2 + 3x + 7 4 = 0 ⇒ x 1/2 = − 3 2 ± − 7 √
=⇒ x 1/2 = − 3
2 4
2 ± 1
2
( )
c) x 2
3 x + 4 5
= 0 ⇒ x 1 = 0 und 2 3 x = − 4 5
⇒ x 2 = − 6 5
d) 4 x − 9 · 2 x + 14 = 0 wird mit der Substitution z = 2 x in die Form z 2 − 9z + 14 = 0 gebracht. Als Lösungen
ergeben sich: z 1/2 = 9 2 ± √
81
4 − 56
4 = 9 2 ± 5 2 . Also z 1 = 7 und z 2 = 2 .
Rücksubstitution ergibt mit x = log 2 z die Ergebnisse x 1 = lb 7 ∧ x 2 = 1
e) √ 8x − 7 + 3 = 2x ⇒ √ 8x − 7 = 2x − 3 für x≥ 3 2
⇒ 8x − 7 = 4x 2 − 12x + 9 ⇒ 4x 2 − 20x + 16 = 0
⇒ x 2 − 5x + 4 = 0 ⇒ x 1/2 = 5 2 ± √
25
4 − 16 4 = 5 2 ± 3 2
⇒ x 1 = 4 ∧ ✘ ✘✘ x 2 = 1 wegen x ≥ 3 2
Probe x 1 = 4: √ 8 · 4 − 7 + 3 − 2 · 4 = 5 + 3 − 8 = 0 Stimmt! Also: L = {4}
f) √ 2x + 3 + √ x + 1 = 1 ⇒ 2x + 3 + 2 √ 2x + 3 √ x + 1 + x + 1 = 1 ⇒ 2 √ 2x + 3 √ x + 1 =
−3x − 3 ⇒ 4(2x + 3)(x + 1) = 9x 2 + 18x + 9
⇒ 8x 2 +20x +12 = 9x 2 +18x +9 ⇒ x 2 −2x −3 = 0 ⇒ x 1/2 = 1±2 ⇒ x 1 = 3 ∧ x 2 = −1
Probe: √ 2 · 3 + 3 + √ 3 + 1 − 1 = 3 + 2 − 1 = 4 Stimmt nicht!
Probe: √ 2 · (−1) + 3 + √ −1 + 1 − 1 = 1 + 0 − 1 = 0 Stimmt
g)
Also: L = {−1}
√
x + 7 − √ 8 · (x − 3) = 2 · √2
⇒ x + 7 − √ 8 · (x − 3) = 8 ⇒ x − 1 = √ 8 · (x − 3) ⇒
x 2 − 2x + 1 = 8x − 24
⇒ x 2 − 10x + 25 = (x − 5) 2 = 0 ⇒ x = 5
√
Probe: 5 + 7 − √ 8 · (5 − 3) − 2 · √2 √
= 12 − √ 16 − 2 · √2
= √ 8 − 2 · √2
= 0 Stimmt!
Also: L = {5}
h) Die Gleichung ist nur für x ≠ ±2 definiert, wir bearbeiten zunächst die linke Seite:
x + 1
x − 2 + x − 1 (x + 1)(x + 2) (x − 1)(x − 2)
= +
x + 2 (x − 2)(x + 2) (x + 2)(x − 2) = (x2 + 3x + 2) + (x 2 − 3x + 2)
x 2 = 2x2 + 4
− 4
x 2 − 4
i)
Aus 2x2 + 4
x 2 − 4 = 3x2 − 5x + 10
x 2 − 4
ergibt sich nun 2x 2 + 4 = 3x 2 − 5x + 10 . 16
√
bzw. x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x 1/2 = 5 2 ± 25
4 − 24
4 = 5 2 ± 1 2
⇒ x 1 = 3 , da x 2 = 2 ausgeschlossen
wurde.
x + 1
x − 2 − 2x + 4
x + 3 = −2 + x2 + 6x − 1
(x − 2) · (x + 3)
16 Da bei gleichem Nenner auch die Zähler zweier gleicher Brüche gleich sein müssen.
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Wurzeln II
⇒ (x + 1)(x + 3) + (−2x − 4)(x − 2) + (−x2 − 6x + 1)
(x − 2) · (x + 3)
⇒ (x2 + 4x + 3) + (−2x 2 + 8) + (−x 2 − 6x + 1)
(x − 2) · (x + 3)
⇒ (−2x2 − 2x + 12) + (2x 2 + 2x − 12)
(x − 2) · (x + 3)
= 0 ⇒
Diese Gleichung ist für alle x ∈ R \ {2, − 3} erfüllt.
+ 2 = 0
x 2 + x − 6
+ 2
(x − 2) · (x + 3) = 0
0
(x − 2) · (x + 3) = 0.
4.) a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
x
3√ x
= x
x 1 3
3√
x 2
6√
x 5 = x 2 3
x 5 6
x
√ x −
√ y
=
x
√ x − y
=
= x · x − 1 3 = x
1− 1 3 = x
2
3
= x 2 3 − 5 6 = x
4
6 − 5 6 = x
− 1 6 =
1
x 1 6
= x 5 6
x
√ √
x x + y
√ √ · √ √ = x · (√ x + √ y )
x − y x + y x − y
√
x x − y
√ · √ = x · √x − y
x − y x − y x − y
2 + √ 7
√ = 2 + √ √
7 7 + 2
√ · √ =
7 − 2 7 − 2 7 + 2
(
2 + √ 7
7 − 2
√ √ √ √ √ √
11 − 10 11 − 10 2 + 3
√ √ = √ √ · √ √ =
2 − 3 2 − 3 2 + 3
11
1− √ 3
√
5 − 4
=
11
1− √ √ √
3 5 + 4 5 + 4
√ · √ =
5 − 4 5 + 4 1 − √ 3 ·
) 2
= 4 + 4√ 7 + 7
= 11 + 4√ 7
5
5
( √11 √ ) ( √2 √ )
− 10 + 3
4 − 9
√
11 5 + 4
5 − 16 = − 1 − √ 3
)
= −
√
22 +
√
33 −
√
20 −
√
30
√
5 + 4
= −
1 − √ 3 · 1 + √ ( √5 ) (
3 + 4 1 + √ 3
1 + √ 3 = − = 1 (√
1 − 3
2 ·
√ √ )
5 + 15 + 4 + 4 3
a + b
3√ a +
3√ lässt sich leider nicht mit einer binomischen Formel vereinfachen; wir verwenden zunächst eine
b
Substitution: a = x 3 ; 3√ a = x; b = y 3 ;
3√
b = y . Nun können wir die Division konkret ausführen:
5
(
)
x 3 + y 3 :
− x 3 − yx 2
− yx 2
yx 2 + y 2 x
y 2 x + y 3
− y 2 x − y 3 0
( )
x + y = x 2 − yx + y 2
Damit gilt:
a + b √ √ √
3√ a +
3√ = 3 a 2 − 3 3
ab + b 2
b
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7. Tag – Lineare und quadratische Funktionen
Lösungen zu Wurzeln II
Alternativ kann man nun natürlich auch erweitern:
(
a + b
3√ a +
3√ =
a + b 3√ √ 3√
a
b 3√ a +
3√ ·
2 − 3 ab + b 2 (a + b)
3√ √ 3√
b a 2 − = ( )
3
ab + b 2 3√ a +
3√
b
=
(
3√ √ )
3√
(a + b) a 2 − 3 ab + b 2 (a + b)
√ √ √ √
a + 3 a 2 b − 3 a 2 b − 3 ab 2 + 3 ab 2 + b =
√ √ √
= 3 a 2 − 3 3
ab + b 2
3√ √ )
3√
a 2 − 3 ab + b 2
(
3√ √ )
3√
· a 2 − 3 ab + b 2
(
3√ √ )
3√
a 2 − 3 ab + b 2
a + b
5.) Wir verallgemeinern den Beweis der Irrationalität von √ 2:
Nehmen wir an, es gelte √ n ∈ Q, dann betrachten wir den dazugehörigen, vollständig gekürzten Bruch: √ n = p q ,
d.h. dass p und q teilerfremd sind.
• Durch Quadrieren ergibt sich daraus: n = p2
bzw. p 2 = n · q 2 , was bedeutet, dass p 2 durch n teilbar ist.
q 2
• Dann muss bereits p durch n teilbar sein, es gibt also eine natürliche Zahl r mit n · r = p .
• Wir schreiben nun p 2 = (n · r) 2 = n 2 r 2 und es gilt: n 2 r 2 = p 2 = nq 2 , woraus wir q 2 = n · r 2 folgern, damit
sind q 2 und folglich q durch n teilbar.
• Damit haben wir gezeigt, dass im vollständig gekürzten Bruch p q
Zähler und Nenner durch n teilbar sind, wir
also doch noch kürzen könnten.
Damit ist gezeigt, dass die Annahme √ n ∈ Q falsch ist und somit √ n /∈ Q gelten muss.
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18.09.2013
8. Tag – Selbstarbeit: Das Studium organisiert angehen
8. Tag – Selbstarbeit: Das Studium organisiert angehen
Formales
• Organisieren Sie sich einen Musterstudienplan von den Webseiten 17 Ihres Fachbereiches.
• Laden Sie die Modulhandbücher und die für Sie gültigen Prüfungsordnungen (die Ihres Studienganges und die
allgemeine der Universität) herunter und schauen diese durch, um den formalen Rahmen für Ihr Studentendasein
kennenzulernen.
• Lesen Sie die Informationen zu den Mathematik-Eingangstests der Fachbereiche 14 und 15 auf den jeweiligen
Webseiten durch.
Klären Sie für sich, welche Veranstaltungen Sie im 1. Semester besuchen werden, welche Themen dort bearbeitet werden
und wie wichtig die einzelnen Veranstaltungen sind (Creditanzahl/Eigenarbeitszeit). Setzen Sie für sich Schwerpunkte und
Lernzeiten fest – und bitte denken Sie daran, jedes behandelte Themenfeld der Mathematik wird Ihnen im Studium wieder
begegnen und als bekannt vorausgesetzt: Lernen Sie nachhaltig!
Lernhilfen
Gehen Sie bitte in die Bibliothek,
• orientieren Sie sich dort (in welchem Bereich stehen die für Sie relevanten Bücher),
• holen sich einen Bibliotheksausweis,
• suchen Sie die Bücher
und
Burg, Haf, Wille: Höhere Mathematik für Ingenieure – Band I: Analysis, 10., überarb. Auflage. Vieweg+Teubner
Verlag: Wiesbaden, 2013. ISBN: 978-3834824370
Burg, Haf, Wille: Höhere Mathematik für Ingenieure – Band II: Lineare Algebra, 7., überarb. u. erw. Auflage.
Vieweg+Teubner Verlag: Wiesbaden, 2012. ISBN: 978-3834818539
im Online-Katalog und leihen Sie diese ggf. schon aus. 18
• Halten Sie Ausschau nach weiteren für Sie nützlichen Büchern.
Suchen Sie sich geeignete Lernsoftware/Webseiten, z.B. WolframAlpha und lernen Sie, wie Sie damit umzugehen haben.
17 Die URL: http://www.selbersuchenmachtschl.au
18 Die Mathematik-Vorlesungen am HoPla basieren großteils auf diesen Büchern.
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18.09.2013
8. Tag – Selbstarbeit: Das Studium organisiert angehen
Nacharbeiten
Nacharbeiten
Inzwischen haben wir den Mittelstufenstoff, insbesondere das Rechnen mit reellen Termen und (Un-)Gleichungen behandelt.
Arbeiten Sie die entsprechnden Vorlesungen nach, sofern Sie dies noch nicht getan haben!
• Ergänzen, überprüfen und entschlacken Sie Ihre Formelsammlung.
• Klären Sie für sich selbst, ob Sie noch weiteres Training für diesen Stoff benötigen, welche Details Ihnen ggf. noch
nicht klar sind, etc.
Vorarbeiten
Die nächsten Tage werden wir uns mit Funktionen auseinandersetzen. Sie könn(t)en dies vorbereiten:
• Welche Funktionstypen kennen Sie?
• Was ist das genau, so eine Funktion?
• Rekapitulieren Sie, was Sie zu den verschiedenen Funktionstypen noch aus der Schule wissen.
• Unser primäres Mittel der Anschauung: das kartesische Koordinatensystem des R 2 .
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19.09.2013
9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
1. Übung: Funktionsbegriff I – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie die Definitionsbereiche der folgenden Funktionen:
a) f(x) = √ 6x 2 − 5x + 6 b) f(x) = x − 5
|x − 5|
c) f(x) = √ |x| − 4 d) f(x) = √ x 2 + 5x + 6,25
2.) a) Welchen Definitionsbereich hat die Funktion: f(x) = √ 3 − 2 |x − 1| ?
b) Gegeben seien die Funktionen: f(x) = (x − 3) 2 + 1 und g(x) = 2x − 1 .
Bilden Sie die Verkettungen g ◦ f und f ◦ g .
c) Welchen Definitionsbereich haben die Summe, das Produkt und die Verkettungen der Funktionen:
f(x) = 1
1 − x
und g(x) = √ x − 1
d) Bilden Sie die Umkehrfunktionen von f(x) = 3x − 2 und g(x) = x 2 − 1 und geben Sie die jeweiligen
Definitionsbereiche an.
3.) Bilden Sie 12 der möglichen Verkettungen von jeweils zwei der Funktionen:
f 1 (x) = 3x − 4 f 2 (x) = x 2 − 1 f 3 (x) = 1 2 x + 1
∣
f 4 (x) = ∣4x 2 + x∣ f 5 (x) = 7x 2 ∣
+ 6x + 5 f 6 (x) = ∣x 2 − 3∣
Lösungen zu Funktionsbegriff I
1.) a) f(x) = √ 6x 2 − 5x + 6 ist definiert, solange der Radikant größer oder gleich Null ist, wir berechnen die
Nullstellen der quadratischen Gleichung und schließen dann den dazwischenliegenen Bereich aus, denn die nach
oben geöffnete Parabel ist dort negativ.
6x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 5 6 x + 1 = 0 ⇔ x 1/2 = 5
12 ± √ ( 5
12) 2
− 1 ⇒ es gibt keine Nullstellen,
und damit ist f(x) überall definiert: D ( f(x) ) = D f = R .
b) Für f(x) = x − 5
|x − 5|
D ( f(x) ) = R \ {5} = {x ∈ R | x ≠ 5} .
müssen wir nur x = 5 ausschließen, denn durch Null darf man nicht teilen, also:
c) Bei f(x) = √ |x| − 4 müssen wir wieder den Radikant untersuchen: |x| − 4 ≥ 0 ⇔ |x| ≥ 4, also x ≥ 4
und x ≤ −4 und damit:
D ( f(x) ) =
{x ∈ R ∣ }
|x| ≥ 4 = R \ (−4; 4) = (−∞; −4] ∪ [4; ∞)
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19.09.2013
9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Funktionsbegriff I
d) Bei f(x) = √ x 2 + 5x + 6,25 erhalten wir x 2 + 5x + 6,25 = 0 ⇔ x 1/2 = −2,5 ± √ 0, die nach oben
offene Parabel hat eine doppelte Nullstelle bei x = −2,5 und wird somit nicht negativ, daher ist f(x) überall
definiert: D ( f(x) ) = R .
2.) a) Die Wurzel und somit auch f(x) ist für 3 − 2 |x − 1| ≥ 0 definiert:
3 − 2 |x − 1| ≥ 0 ⇒ |x − 1| ≤ 3 2 ⇒ − 3 2 ≤ x − 1 ≤ 3 2 ⇒ − 1 2 ≤ x ≤ 5 2
[ ]
=⇒ D(f) = − 1 2 ; 5
2
b) Mit: f(x) = (x − 3) 2 + 1 und g(x) = 2x − 1 folgt:
( )
( )
g ◦ f = g f(x) = 2f(x) − 1 = 2 (x − 3) 2 + 1
} {{ }
=f(x)
− 1 = 2(x − 3) 2 + 1
( ) (
f ◦ g = f g(x) =
c) f(x) = 1
1 − x
2
(2x − 1) −3)
+ 1 = (2x − 4)
} {{ }
2 + 1 = 4(x − 2) 2 + 1
=g(x)
hat den Definitions- und Wertebereich: D(f) = R \ {1} und W (f) = R \{0} .
g(x) = √ x − 1 hat den Definitions- und Wertebereich:
D(g) = { x ∈ R | x ≥ 1 } = [1,∞) und W (f) = {x ∈ R | x ≥ 0} = [0,∞)
Für die Summe f(x) + g(x) = 1
1 − x + √ x − 1 gilt:
D(f + g) = {x ∈ R | x > 1} = (1,∞) sowie 19 W (f + g) = R
Für das Produkt f(x) · g(x) =
√
x − 1
1 − x
= −
√
x − 1
x − 1 = − √
x − 1
( √ x − 1) 2 = − 1 √
x − 1
gilt:
D(f · g) = { x ∈ R | x > 1 } = (1,∞) sowie 20 W (f · g) = (−∞,0)
Ferner erhalten wir für ( f ◦ g ) (x) = f ( g(x) ) =
1
1 − √ x − 1 :
D(f ◦ g) = {x ∈ R | x ≥ 1; x ≠ 2} = [1, ∞) \{2} und 21 W (f ◦ g) = R \ [0,1)
und für ( g ◦ f ) (x) = g ( f(x) ) √ √ 1
x
=
1 − x − 1 = 1 − x schließlich:
D(g ◦ f) = [0, 1) und W (g ◦ f) = [0,∞)
d) f(x) = 3x − 2 ist auf ganz R definiert und injektiv; die Umkehrfunktion ist:
y = 3x − 2 ⇒ x = y 3 + 2 3 =⇒ f −1 (x) = x 3 + 2 3
19 Geht am besten mit Hilfe der Kurvendiskussion – hier würde auch eine Grenzwertbetrachtung genügen:
lim
x → 1
x > 1
( )
f + g (x) = −∞ und
( )
lim f + g (x) = ∞
x → ∞
20 Der Wurzelterm ist immer größergleich Null und das Minus davor liefert dann W (f · g) = (−∞,0) .
21 Auch aus Grenzwertbetrachtungen.
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Funktionsbegriff I
g(x) = x 2 − 1 ist auf ganz R definiert, aber nur auf (0,∞) ( bzw. (−∞,0) ) injektiv:
⎧
y = x 2 − 1 ⇒ x = ± √ ⎪⎨
y + 1 =⇒
⎪⎩
fI −1 (x) = √ (
x + 1 und D
f −1
II
(x) = − √ x + 1 und D
f −1
I
(
)
= [−1,∞)
)
= [−1,∞)
f −1
II
3.) Da alle Funktion auf ganz R definiert sind, können alle 36 Verkettungen gebildet werden!
f 1 (x) ◦ f 1 (x) = 3 (3x − 4) − 4 = 9x − 12 − 4 = 9x − 16
( )
f 1 (x) ◦ f 2 (x) = 3 x 2 − 1 − 4 = 3x 2 − 7
( ) 1
f 1 (x) ◦ f 3 (x) = 3
2 x + 1 − 4 = 3 2 x − 1
( ∣∣∣4x )
f 1 (x) ◦ f 4 (x) = 3 2 ∣
+ x∣
− 4 = 3 ∣4x 2 + x∣ − 4
(
)
f 1 (x) ◦ f 5 (x) = 3 7x 2 + 6x + 5 − 4 = 21x 2 + 18x + 11
( ∣∣∣x )
f 1 (x) ◦ f 6 (x) = 3 2 ∣
− 3∣
− 4 = 3 ∣x 2 − 3∣ − 4
f 2 (x) ◦ f 1 (x) = (3x − 4) 2 − 1 =
f 2 (x) ◦ f 2 (x) =
(
)
9x 2 − 24x + 16 − 1 = 9x 2 − 24x + 15
( ) 2 (
)
x 2 − 1 − 1 = x 4 − 2x 2 + 1 − 1 = x 4 − 2x 2
( ) 1 2 ( )
1
f 2 (x) ◦ f 3 (x) =
2 x + 1 − 1 =
4 x2 + x + 1 − 1 = 1 4 x2 + x
( ∣∣∣4x 2
f 2 (x) ◦ f 4 (x) = 2 ∣
+ x∣) − 1 =
f 2 (x) ◦ f 5 (x) =
(
16x 4 + 8x 3 + x 2) − 1 = 16x 4 + 8x 3 + x 2 − 1
(
) 2 (
)
7x 2 + 6x + 5 − 1 = 49x 4 + 36x 2 + 25 + 84x 3 + 70x 2 + 60x − 1
= 49x 4 + 84x 3 + 106x 2 + 60x + 24
( ∣∣∣x 2
f 2 (x) ◦ f 6 (x) = 2 ∣
− 3∣) − 1 =
(
)
x 4 − 6x 2 + 9 − 1 = x 4 − 6x 2 + 8
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Funktionsbegriff I
f 3 (x) ◦ f 1 (x) = 1 2 (3x − 4) + 1 = 3 2 x − 2 + 1 = 3 2 x − 1
f 3 (x) ◦ f 2 (x) = 1 ( )
x 2 − 1 + 1 = 1 2
2 x2 + 1 2
f 3 (x) ◦ f 3 (x) = 1 ( ) 1
2 2 x + 1 + 1 = 1 4 x + 3 2
f 3 (x) ◦ f 4 (x) = 1 ( ∣∣∣4x )
2 + x∣
+ 1 = 1 ∣
∣4x 2 + x∣ + 1
2 2
f 3 (x) ◦ f 5 (x) = 1 (
)
7x 2 + 6x + 5 + 1 = 7 2
2 x2 + 3x + 7 2
f 3 (x) ◦ f 6 (x) = 1 ( ∣∣∣x )
2 − 3∣
+ 1 = 1 ∣
∣x 2 − 3∣ + 1
2 2
∣
f 4 (x) ◦ f 1 (x) = ∣4 (3x − 4) 2 )
+ (3x − 4) ∣ =
∣
(9x 4 2 − 24x + 16 + 3x − 4
∣
∣
= ∣36x 2 ∣
− 96x + 64 + 3x − 4∣ = ∣36x 2 − 93x + 60∣
) 2 (
f 4 (x) ◦ f 2 (x) =
∣
(x 4 2 − 1 + x 2 − 1) ∣ )
∣∣ =
∣
(x 4 4 − 2x 2 + 1 + x 2 − 1
∣
∣
= ∣4x 4 − 8x 2 + 4 + x 2 ∣
− 1∣ = ∣4x 4 − 7x 2 + 3∣
( ) 1 2 ( ) ∣ 1 ( ) ∣
∣∣∣
f 4 (x) ◦ f 3 (x) =
∣ 4 2 x + 1 +
2 x + 1 1
=
∣ 4 4 x2 + x + 1 + 1 ∣∣∣∣
2 x + 1 =
∣ x2 + 4x + 4 + 1 ∣ ∣∣∣
2 x + 1 =
∣ x2 + 9 ∣ ∣∣∣
2 x + 5 ( ∣∣∣4x 2 ( ∣∣∣4x f 4 (x) ◦ f 4 (x) =
∣ 4 2 ∣
+ x∣) + 2 ∣
+ x∣) ∣ ∣∣∣ =
∣
(16x 4 4 + 8x 3 + x 2) ∣
+ ∣4x 2 + x∣
∣
=
∣ 64x4 + 32x 3 + 4x 2 ∣
+ ∣4x 2 + x∣
∣
) 2 (
f 4 (x) ◦ f 5 (x) =
∣
(7x 4 2 + 6x + 5 + 7x 2 + 6x + 5) ∣ ∣∣
)
=
∣
(49x 4 4 + 84x 3 + 106x 2 + 60x + 25 + 7x 2 + 6x + 5
∣
∣
= ∣196x 4 + 336x 3 + 424x 2 + 240x + 100 + 7x 2 + 6x + 5∣
∣
= ∣196x 4 + 336x 3 + 431x 2 + 246x + 105∣
( ∣∣∣x 2 ( ∣∣∣x f 4 (x) ◦ f 6 (x) =
∣ 4 2 ∣
− 3∣) + 2 ∣
− 3∣) ∣ ∣∣∣ )
=
∣
(x 4 4 − 6x 2 ∣
+ 9 + ∣x 2 − 3∣
∣
=
∣ 4x4 − 24x 2 ∣
+ 36 + ∣x 2 − 3∣
∣
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19.09.2013
(
)
f 5 (x) ◦ f 1 (x) = 7 (3x − 4) 2 + 6 (3x − 4) + 5 = 7 9x 2 − 24x + 16 + 18x − 19
= 63x 2 − 168x + 112 + 18x − 19 = 63x 2 − 150x + 93
( ) 2 ( ) (
)
f 5 (x) ◦ f 2 (x) = 7 x 2 − 1 + 6 x 2 − 1 + 5 = 7 x 4 − 2x 2 + 1 + 6x 2 − 1
= 7x 4 − 14x 2 + 7 + 6x 2 − 1 = 7x 4 − 8x 2 + 6
( ) 1 2 ( ) ( )
1 1
f 5 (x) ◦ f 3 (x) = 7
2 x + 1 + 6
2 x + 1 + 5 = 7
4 x2 + x + 1 + 3x + 11
= 7 4 x2 + 7x + 7 + 3x + 11 = 7 4 x2 + 10x + 18
9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Funktionsbegriff I
( ∣∣∣4x 2 ( ∣∣∣4x ) (
f 5 (x) ◦ f 4 (x) = 7 2 ∣
+ x∣) + 6 2 + x∣
+ 5 = 7 16x 4 + 8x 3 + x 2) ∣
+ 6 ∣4x 2 + x∣ + 5
= 112x 4 + 56x 3 + 7x 2 ∣
+ 6 ∣4x 2 + x∣ + 5 = 112x 4 + 56x 3 + 7x 2 ∣
+ 5 + 6 ∣4x 2 + x∣
(
) 2 (
)
f 5 (x) ◦ f 5 (x) = 7 7x 2 + 6x + 5 + 6 7x 2 + 6x + 5 + 5
(
)
= 7 49x 4 + 84x 3 + 106x 2 + 60x + 25 + 42x 2 + 36x + 35
= 343x 4 + 588x 3 + 742x 2 + 420x + 175 + 42x 2 + 36x + 35
= 343x 4 + 588x 3 + 784x 2 + 456x + 210
( ∣∣∣x 2 ( ∣∣∣x ) (
)
f 5 (x) ◦ f 6 (x) = 7 2 ∣
− 3∣) + 6 2 − 3∣
+ 5 = 7 x 4 − 6x 2 ∣
+ 9 + 6 ∣x 2 − 3∣ + 5
= 7x 4 − 42x 2 ∣
+ 63 + 6 ∣x 2 − 3∣ + 5 = 7x 4 − 42x 2 ∣
+ 68 + 6 ∣x 2 − 3∣
∣
f 6 (x) ◦ f 1 (x) = ∣(3x − 4) 2 ∣
− 3∣ = ∣9x 2 ∣
− 24x + 16 − 3∣ = ∣9x 2 − 24x + 13∣
(
∣ 2 ∣∣∣ f 6 (x) ◦ f 2 (x) =
∣ x 2 ∣
− 1)
− 3 = ∣x 4 − 2x 2 ∣
+ 1 − 3∣ = ∣x 4 − 2x 2 − 2∣
( ) 1 2 ∣ ∣ f 6 (x) ◦ f 3 (x) =
∣ 2 x + 1 ∣∣∣
− 3∣
∣ = 1
∣∣∣
4 x2 + x + 1 − 3
∣ = 1
4 x2 + x − 2
∣
( ∣∣∣4x 2 ∣ f 6 (x) ◦ f 4 (x) =
2 ∣
∣∣16x
+ x∣
∣)
− 3
∣
∣ = 4 + 8x 3 + x 2 − 3∣
(
∣ 2 ∣∣∣ f 6 (x) ◦ f 5 (x) =
∣ 7x 2 ∣
+ 6x + 5)
− 3 = ∣49x 4 + 84x 3 + 106x 2 + 60x + 25 − 3∣
∣
= ∣49x 4 + 84x 3 + 106x 2 + 60x + 22∣
( ∣∣∣x 2 ∣ f 6 (x) ◦ f 6 (x) =
2 ∣
∣∣x
− 3∣
∣)
− 3
∣
∣ = 4 − 6x 2 ∣
+ 9 − 3∣ = ∣x 4 − 6x 2 + 6∣
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2. Übung: Lineare und quadratische Funktionen II – Aufgaben
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
19.09.2013 2. Übung: Lineare und quadratische Funktionen II – Aufgaben
1.) Berechnen Sie die Scheitelpunkte, Nullstellen und gemeinsame Punkte der folgenden Parabeln und zeichnen Sie
diese.
a) f(x) = 3x 2 + 4x − 2 b) f(x) = 4x 2 − 10x − 4 c) f(x) = −4x 2 − 2x + 5
g(x) = −2x 2 + 6x − 1 g(x) = −3x 2 + 4x − 6 g(x) = x 2 − x − 3
2.) Wie lauten die Gleichungen der Funktionen, deren Graphen durch die angegebenen Punkte verlaufen. Bestimmen Sie
jeweils die einfachst mögliche Funktion:
a) P 1 = (1; 2); P 2 = (2; −3) b) P 1 = (3; −1); P 2 = (1; 0)
c) P 1 = (0; 0); P 2 = (−7; 6) d) P 1 = (−2; 3); P 2 = (3; −2)
( ) ( )
( ) ( )
e) P 1 = 1
2 ; 1 ; P 2 = 2; 1 2
f) P 1 = 1
2 ; 1 2
; P 2 = 1; 1 2
g) P 1 = (1; 2); P 2 = (2; 1); P 3 = (3; 2) h) P 1 = (0; 0); P 2 = (−2; 1); P 3 = (2; −1)
( ) ( ) ( )
i) P 1 = (2; −1); P 2 = (1; 1); P 3 = (−2; −2) j) P 1 = 1
3 ; 1 2
; P 2 = 7
4 ; 21
8
; P 3 = − 1 2 ; − 3 4
3.) Bestimmen Sie die Umkehrfunktionen und deren Definitionsbereiche zu:
a) f(x) = x 2 − 2x + 1 b) f(x) = 1 2 x2 + 4x + 5 c) f(x) = √ x − 1
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
1.) a) Wir untersuchen f(x); zuerst den Scheitelpunkt:
3x 2 + 4x − 2 = 3
(x 2 + 4 ) (
3 x − 2 = 3
(
= 3 x + 2 ) 2
− 10
3 3
Die Nullstellen ergeben sich aus:
x 2 + 2 · x · 2
3 + ( 2
3
=⇒ S f =
(
− 2 )
3 ; −10 3
) 2 ( ) (
2
2 ( )
− − 2 = 3 x +
3) 2 2
−
3) 4 3 − 2
3x 2 +4x−2 = 0 ⇒ x 2 + 4 3 x−2 3 = 0 ⇒ x 1/2 = − 2 3 ± √ (2
3
) 2
+ 2 3
⇒ N f : x 1/2 = − 2 3 ± √
10
3
Analog für g(x) :
( )
−2x 2 + 6x − 1 = −2 x 2 − 3x − 1 = −2
(
x 2 − 2 · x · 3 ( ) 3 2 ( )
3
2
2 + − − 1
2 2)
( ( )
= −2 x −
2) 3 2
+ 9 ( 3
2 − 1 =⇒ S g =
2 ; 7 2)
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
Die Nullstellen ergeben sich aus:
−2x 2 + 6x − 1 = 0 ⇒ x 2 − 3x + 1 2 = 0 ⇒ x 1/2 = 3 2 ± √ (3
2
) 2
− 1 2 = 3 2 ± √
7
4
⇒ N g : x 1/2 = 3 2 ± √
7
4
Für die Schnittpunkte gilt: f(x) = g(x), also:
3x 2 + 4x − 2 = −2x 2 + 6x − 1 ⇒ 5x 2 − 2x − 1 = 0 ⇒ x 2 − 2 5 x − 1 5 = 0
⇒ x 1/2 = 1 5 ± √
1
25 + 1 5 = 1 5 ± √
1
25 + 5 25 = 1 5 ± √
6
√
25
⇒ x SP = 1 ± √ 6
5
Die x-Werte der Schnittpunkte können wir jetzt wahlweise in f oder g einsetezen:
f
(
1 + √ ) (
6
= 3
5
=
1 + √ ) 2 (
6
+ 4
5
1 + √ )
(
6 3 ·
− 2 =
5
(
3 · 1 + 2 √ ) (
6 + 6 + 20 · 1 + √ )
6 − 50
= −9 + 26√ 6
25
f
(
25
1 − √ )
6
= . . . = −9 − 26√ 6
5
25
1 + 2 √ )
6 + 6
+
25
(
4 · 1 + √ )
6
5
− 2
= 3 + 6√ 6 + 18 + 20 + 20 √ 6 − 50
25
Damit haben wir die Schnittpunkte:
SP 1 =
(
1 + √ 6
;
5
−9 + 26 √ )
6
25
und SP 2 =
(
1 − √ 6
;
5
−9 − 26 √ )
6
25
b) Wir suchen wieder zuerst den Scheitelpunkt von f(x):
4x 2 − 10x − 4 = 4
(x 2 − 5 ) (
2 x − 4 = 4
= 4
( (
x − 5 4) 2
)
Die Nullstellen ergeben sich aus:
x 2 − 2 · x · 5
4 + ( 5
4
− 25 (x
4 − 4 = 4 − 5 ) 2
− 41
4 4
) 2 ( )
5
2
− − 4
4)
=⇒ S f =
( ) 5
4 ; −41 4
4x 2 − 10x − 4 = 0 ⇒ x 2 + 5 2 x − 1 = 0 ⇒ x 1/2 = − 5 4 ± √ (5
4) 2
+ 1
⇒ N f : x 1/2 = − 5 √
41
4 ± 16 = −5 ± √ 41
4
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
Ebenso für g(x) :
−3x 2 + 4x − 6 = −3
(x 2 − 4 )
3 x − 6 = −3
= −3
( (
x − 2 3
Die Nullstellen ergeben sich aus:
) 2
− 4 9)
(
x 2 − 2 · x · 2 ( ) 2 2 ( )
2
2
3 + − − 6
3 3)
− 6 = −3
( (
x − 2 3) 2
)
− 14
3
=⇒ S g =
( ) 2
3 ; −14 3
−3x 2 + 4x − 6 = 0 ⇒ x 2 − 4 3 x + 2 = 0 ⇒ x 1/2 = 2 3 ± √ (2
3) 2
− 2
⇒
g hat keine Nullstellen.
Für die Schnittpunkte gilt: f(x) = g(x), also:
4x 2 − 10x − 4 = −3x 2 + 4x − 6 ⇒ 7x 2 − 14x + 2 = 0 ⇒ x 2 − 2x + 2 7 = 0
√
⇒ x 1/2 = 1 ± 1 − 2 7
⇒ x SP = 1 ±
√
5
7
Die x-Werte der Schnittpunkte können wir jetzt wahlweise in f oder g einsetezen:
( √ ( √ ) 2 ( √ ( √
5 5 5 5
f 1 + = 4 1 + − 10 1 + − 4 = 4 1 + 2
7)
7
7)
7 7)
+ 5 5
− 10 − 10√
7 − 4
f
(
1 −
√
5
7)
√
5
= 4 + 8
7 + 20
√
5
7 − 10 − 10 7
= −50
√
5
− 2
7 7
= . . . = −50
7
√
5
+ 2
7
√ √
20 5
− 4 = −10 +
7 − 2 −70 + 20 5
= − 2
7 7 7
Damit haben wir die Schnittpunkte:
( √ √
5
SP 1 = 1 +
7 ; −50 5
− 2
7 7)
( √ √
5
und SP 2 = 1 −
7 ; −50 5
+ 2
7 7)
c) Wir suchen wieder zuerst den Scheitelpunkt von f(x):
−4x 2 − 2x + 5 = −4
(x 2 + 1 ) (
2 x + 5 = −4
= −4
x 2 + 2 · x · 1
4 + ( 1
4
( ( )
x + 1 2
+
4) 1 (
4 + 5 = −4 x + 1 ) 2
+ 21
4 4
) 2 ( )
1
2
− + 5
4)
=⇒ S f =
(
− 1 )
4 ; +21 4
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
Die Nullstellen ergeben sich aus:
−4x 2 − 2x + 5 = 0 ⇒ x 2 + 1 2 x − 5 4 = 0 ⇒ x 1/2 = − 1 4 ± √ (1
4
) 2
+ 5 4
Ebenso für g(x) :
⇒ N f : x 1/2 = − 1 4 ± √
21
16
x 2 − x − 3 = x 2 − 2 · x · 1 ( ) 1 2 ( ) 1 2 (
2 + − − 3 = x − 1 ) 2
− 1 (
2 2
2 4 − 3 = x − 1 ) 2
− 13
2 4
( ) 1
=⇒ S g =
2 ; −13 4
Die Nullstellen ergeben sich aus:
x 2 − x − 3 ⇒ x 1/2 = 1 2 ± √ (1
2
Für die Schnittpunkte gilt: f(x) = g(x), also:
) 2
+ 3 ⇒ N g : x 1/2 = 1 2 ± √
13
4
−4x 2 − 2x + 5 = x 2 − x − 3 ⇒ 5x 2 + x − 8 = 0 ⇒ x 2 + 1 5 x − 8 5
√ = 0
( ) 1 2
⇒ x 1/2 = − 1 10 ± + 8 √
161
⇒ x SP = − 1
10 5
10 ± 10
Die x-Werte der Schnittpunkte können wir jetzt wahlweise in f oder g einsetezen:
g
g
(
(
− 1 10 + √
161
10
− 1 10 − √
161
10
)
)
=
(
− 1 10 + √
161
10
) 2
−
(
− 1 10 + √
161
10
)
− 3
= 1
√
100 − 2 · 1 161
10 · + 161
10 100 + 1 √
161
10 − − 3
10
= 1
100 − 2√ 161
+ 161
100 100 + 10
100 − 10√ 161
− 300
100 100 = −128 − 12√ 161
100
= −32 − 3√ 161
25
= . . . = −32 + 3√ 161
25
Damit haben wir die Schnittpunkte:
SP 1 =
(
− 1 10 + √
161
10
;
−32 − 3 √ )
161
25
und SP 2 =
(
− 1 10 − √
161
10
;
−32 + 3 √ )
161
25
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
2.) a) P 1 = (1; 2); P 2 = (2; −3) ⇒ m = −3 − 2 = −5
2 − 1
⇒ y = −5(x − 1) + 2 ⇒ y = −5x + 7
b) P 1 = (3; −1); P 2 = (1; 0) ⇒ m = 0 − (−1) = − 1 1 − 3 2
⇒ y = − 1 2 (x − 1) ⇒ y = − 1 2 x + 1 2
c) P 1 = (0; 0); P 2 = (−7; 6) ⇒ m = 6 − 0
−7 − 0 = −6 7
⇒ y = − 6 7 (x − 0) + 0 ⇒ y = − 6 7 x
d) P 1 = (−2; 3); P 2 = (3; −2) ⇒ m = −2 − 3 = −1 ⇒ y = −(x − 3) − 2 ⇒ y = −x + 1
e) P 1 =
f) P 1 =
(
1
2 ; 1 2
( ) ( )
1
2 ; 1 ; P 2 = 2; 1 2
) ( )
; P 2 = 1; 1 2
⇒ m =
⇒ m =
3 − (−2)
1
2 − 1
2 − 1 = − 1 3
2
1
2 − 1 2
1 − 1 2
⇒ y = − 1 3 (x − 2) + 1 2
= 0 ⇒ y = 1 2
⇒ y = − 1 3 x + 7 6
g) P 1 = (1; 2); P 2 = (2; 1); P 3 = (3; 2) . Durch drei vorgegebene Punkte geht meist eine Parabel, manchmal auch
eine Gerade. Da hier die Funktionswerte bei x = 1 und x = 3 größer sind als dazwischen bei x = 2 muss es
eine Parabel sein. Durch die gleichen Funktionswerte an den beiden äußeren Punkten muss der Scheitel genau
mittig dazwischen sein - dieser Punkt ist mit P 2 sogar gegeben, also:
y = a(x − 2) 2 + 1 ⇒ x = 1 : 2 = a(−1) 2 + 1 ⇒ 1 = a ⇒ y = (x − 2) 2 + 1 = x 2 − 4x + 5
h) P 1 = (0; 0); P 2 = (−2; 1); P 3 = (2; −1); die drei Punkte liefern uns mehrere Gleichungen für die allgemeine
Parabelgleichung y = ax 2 + bx + c:
x = 0 : c = 0
x = −2 : 4a − 2b + c = 1
x = 2 : 4a + 2b + c = −1
⇒ c = 0
4a − 2b = 1
4a + 2b = −1
⇒ c = 0
a = 1 4 + 1 2 b
4a + 2b = −1
Betrachten wir die dritte Gleichung, wenn wir das aufgelöste a aus der zweiten Gleichung einsetzen:
( 1
4
4 + 1 )
2 b + 2b = −1 ⇒ 1 + 2b + 2b = −1 ⇒ b = − 1 2
⇒ c = 0
a = 1 4 + 1 2 b = 0
b = − 1 2
Damit erhalten wir: y = − 1 2 x
i) P 1 = (2; −1); P 2 = (1; 1); P 3 = (−2; −2) eingesetzt in y = ax 2 + bx + c:
x = 2 : 4a + 2b + c = −1
x = 1 : a + b + c = 1
x = −2 : 4a − 2b + c = −2
I in II
=⇒ −4a − 2b − 1 = c
−a + 4a + 2b + 1 + 1 = b
4a − 2b + c = −2
=⇒ −4a − 2b − 1 = c
−a − c + 1 = b
4a − 2b + c = −2
=⇒ −4a + 2(−b) − 1 = c
3a + 2 = −b
4a + 2(−b) + c = −2
Damit erhalten wir in der dritten Gleichung:
4a + 2 · (3a + 2) + ( −4a + 2 · (3a + 2) − 1 ) = −2 ⇔ 4a + 6a + 4 − 4a + 6a + 4 − 1 = −2
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
⇔ 12a = −9 ⇔ a = − 3 4
⇒ b = −3 · − 3 4 − 2 = 1 4
⇒ c = −4 · − 3 4 − 2 · 1
4 − 1 = 3 2
und damit y = − 3 4 x2 + 1 4 x + 3 2
( ) ( ) ( )
j) P 1 = 1
3 ; 1 2
; P 2 = 7
4 ; 21
8
; P 3 = − 1 2 ; − 3 4
eingesetzt in y = ax 2 + bx + c:
x =
x =
1
3
7
4
x = − 1 2
:
:
:
1
9 a + 1 3 b + c = 1
2
49
16 a + 7 4 b + c = 21
8
1
4 a − 1 2 b + c = −3 4
=⇒
1
9 a + 1 3 b + c = 1
2
(
21 49
8 − 16 a + 7 )
4 b = c
(
1
4 a − 1 (
2 b + 21 49
8 − 16 a + 7 ) )
4 b = − 3 4
=⇒
1
9 a + 1 3 b + c = 1
2
21
8 − 49
16 a − 7 4 b = c
4
16 a − 2 4 b + 21
8 − 49
16 a − 7 4 b = −6 8
=⇒
1
9 a + 1 3 b + c = 1 2
21
8 − 49
16 a − 7 4 b = c
27
8 − 45
16 a − 9 4 b = 0
=⇒
1
9 a + 1 3 b + c = 1 2
21
8 − 49
16 a − 7 4 b = c
(
4 27
9 8 − 45 )
16 a = b
=⇒
1
9 a + 1 3 b + c = 1 =⇒
2
21
8 − 49
16 a − 7 4 b = c
4 · 27
8 · 9 − 4 · 45
9 · 16 a = b
1
9 a + 1 3 b + c = 1 2
21
8 − 49
16 a − 7 4 b = c
3
2 − 5 4 a = b
Betrachten wir nun die erste Gleichung, wenn wir b und c einsetzen:
1
9 a + 1 ( 3
3 2 − 5 )
4 a + 21 ( 49
8 − 16 a + 7 )
4 b = 1 2
⇔ 1 9 a + 1 2 − 5 12 a + 21
8 − 49
16 a − 7 ( 3
4 2 − 5 )
4 a = 1 2
⇔ 1 9 a − 5 12 a + 21
8 − 49
16 a − 21
8 + 35
16 a = 0
⇔ 1 9 a − 5 12 a − 14
16 a = 0 =⇒ a = 0
Damit ergibt sich: b = 3 2
und c = 21
8 − 7 4 · 3
2 = 0 und somit schließlich: y = 3 2 x
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9. Tag – Allgemeiner Funktionsbegriff
Lösungen zu Lineare und quadratische Funktionen II
3.) a) f(x) = x 2 − 2x + 1 = (x − 1) 2 ist für alle reellen Zahlen definiert und nicht injektiv. Zerlegen wir die quadratische
Funktion in zwei Teilfunktionen auf (−∞; 1] und [1; ∞) dann können wir diese umkehren:
Wir erhalten f1 −1 (x) : (−∞; 1] −→ R
x ↦−→ 1 − √ x
b) f(x) = 1 2 x2 + 4x + 5 = 1 (
)
x 2 + 8x + 10 = 1 2
2
= 1 2 (x + 4)2 − 3 ⇒ S = (−4, − 3)
y = (x − 1) 2 ⇔ ± √ y = x − 1 ⇔ x = 1 ± √ y
und
(
x 2 + 8x + 16 − 6
Auch diese quadratsiche Funktion zerlegen wir am Scheitelpunkt:
f −1
2
(x) : [1; ∞) −→ R
x ↦−→ 1 + √ x
)
= 1 ( )
(x + 4) 2 − 6
2
Wir erhalten:
y = 1 2 (x + 4)2 − 3 ⇔ . . . ⇔ x = −4 ± √ 2y + 6
f −1
1
(x) : [−3, ∞) −→ [−∞, −4)
x ↦−→ −4 − √ 2x + 6
und
f −1
2
(x) : [−3; ∞) −→ [−4, ∞)
x ↦−→ −4 + √ 2x + 6
c) Zur injektiven Wurzelfunktion f(x) = √ x − 1 bestimmen wir den Umkehrterm:
und bilden f −1 : [0; ∞) −→ [1,∞)
x ↦−→ x 2 + 1
y = √ x − 1 ⇔ y 2 = x − 1 ⇔ y 2 + 1 = x
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10. Tag – Polynome
10. Tag – Polynome
1. Übung: Polynome I – Aufgaben
1.) Berechnen Sie die Unbekannten A bis F durch Koeffizientenvergleich:
a) Ax 3 + Bx 2 + Cx + D = (2x − 1)(1 − x)(5 + 2x)
( )
( )
b) Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx + E = x − 1 2
(2x − 8) (2 − 2x) x + 3 2
( ) ( )
c) 1
2 − x (2 − 2x) 2 x 2 − 3x = Ax 5 + Bx 4 + Cx 3 + Dx 2 + Ex + F
d) 4x 3 + 2x 2 − 3x + 17 = A(x − 1) + B(x 2 − 2x + 1) + C(x 3 + 4x)
2.) a) Bestimmen Sie durch Koeffizientenvergleich A und B so, dass gilt:
b) Bestimmen Sie A und B so, dass gilt:
A
x + 3 + B
x − 4 = 2x − 5
(x + 3)(x − 4) ; x ≠ −3; x ≠ 4
A
x + 3 + B
(x + 3) 2 = 2x + 1
(x + 3) 2 ; x ≠ −3
c) Werten Sie mit dem Horner-Schema das Polynom p(x) = x 4 − x 2 + x − 3 an den Stellen x = −1 sowie x = 2
und x = 3 aus.
2x 3 + x 2 − 6x + 4
x 4 + 10x 2 − 3x + 1
d) Dividieren Sie mit Rest: i)
x 2 ii)
+ 3
x 3 + 3x 2 + x
e) Das Polynom p(x) = 3x 3 − 3x 2 − 12x + 12 besitzt die Nullstelle x 1 = 1.
Dividieren Sie p(x) durch (x − 1) und schreiben Sie p(x) als Produkt.
3.) In der Mathematik gibt es vielfältige Anwendungsmöglichkeiten für Polynome. Oft sind spezielle Polynome nach ihren
Entdeckern benannt. Betrachten wir einmal wie sog. Tschebyscheff-Polynome, die u.a. in der Numerik, genauer bei
der Interpolation Verwendung finden:
T 1 (x) = x , T 2 (x) = 2x 2 − 1 , T 3 (x) = 4x 3 − 3x , T 4 (x) = 8x 4 − 8x 2 + 1 , . . .
a) Berechnen Sie mit der Rekursionsformel T n+1 (x) = 2x T n (x) − T n−1 (x) die Tschebyscheff-Polynome bis
T 8 (x) .
b) Berechnen Sie die Nullstellen von T 1 (x) bis T 4 (x) .
c) Skizzieren Sie die Polynome für das Intervall [−1,1] .
d) Beweisen Sie allgemein die beiden Aussagen:
• „Ist der Grad eines Tschebyscheff-Polynoms gerade, dann ist es eine gerade Funktion.“
• „Ist der Grad eines Tschebyscheff-Polynoms ungerade, dann ist es eine ungerade Funktion.“
Tipp: Betrachten Sie zunächst einige Beispiele und argumentieren Sie mit Hilfe der Rekursionsformel.
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10. Tag – Polynome
Lösungen zu Polynome I
Lösungen zu Polynome I
1.) a) Ax 3 + Bx 2 + Cx + D = (2x − 1)(1 − x)(5 + 2x) = −4x 3 − 4x 2 + 13x − 5
⇒ A = −4 ∧ B = −4 ∧ C = 13 ∧ D = −5
( )
( )
b) Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 + Dx + E = x − 1 2
(2x − 8) (2 − 2x) x + 3 2
= −4x 4 + 16x 3 + 7x 2 − 31x + 12
c)
⇒ A = −4 ∧ B = 16 ∧ C = 7 ∧ D = −31 ∧ E = 12
( ) ( )
1
2 − x (2 − 2x) 2 x 2 − 3x = Ax 5 + Bx 4 + Cx 3 + Dx 2 + Ex + F = −4x 5 + 22x 4 − 38x 3 + 26x 2 − 6x
⇒ A = −4 ∧ B = 22 ∧ C = −38 ∧ D = 26 ∧ E = −6 ∧ F = 0
d) 4x 3 + 2x 2 − 3x + 17 = A(x − 1) + B(x 2 − 2x + 1) + C(x 3 + 4x)
⇒ 4x 3 + 2x 2 − 3x + 17 = Cx 3 + Bx 2 + (A − 2B + 4C) x + (−A + B)
⇒ C = 4 ∧ B = 2 ∧ A − 2B + 4C = −3 ∧ −A + B = 17
⇒ A − 4 + 16 = −3 ∧ −A + 2 = 17 ⇒ A = −15
2.) a)
A
x + 3 +
B A(x − 4) + B(x + 3) (A + B)x − 4A + 3B
= =
x − 4 (x + 3)(x − 4) (x + 3)(x − 4)
!
=
2x − 5
(x + 3)(x − 4)
⇒ (A + B)x − 4A + 3B = 2x − 5 ⇒ A + B = 2 ∧ −4A + 3B = −5
b)
⇒ 3A + 3B = 6 ∧ −4A + 3B = −5 ⇒ A + B = 2 ∧ 7A = 11
=⇒ A = 11
7
⇒ B = 3 7
=⇒
11 3
7
x + 3 + 7
x − 4 = 2x − 5
(x + 3)(x − 4)
A
x + 3 + B A(x + 3) + B Ax + 3A + B
=
(x + 3) 2 (x + 3) 2 =
(x + 3) 2 = 2x + 1
(x + 3) 2
⇒ Ax + 3A + B = 2x + 1 ⇒ A = 2 ∧ 3A + B = 6 + B = 1 ⇒ B = −5
=⇒
c) Es gilt:
2
x + 3 − 5
(x + 3) 2 = 2x + 1
(x + 3) 2
p(x) = x 4 − x 2 + x − 3 =
und somit für das Horner-Schema:
( )
x 3 − x + 1 x − 3 = 1x 4 + 0x 3 − 1x 2 + 1x − 3
1 0 − 1 1 − 3
x = − 1 − 1 1 0 − 1
1 − 1 0 1 -4 = p(−1)
1 0 − 1 1 − 3
x = 2 2 4 6 14
1 2 3 7 11 = p(2)
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10. Tag – Polynome
Lösungen zu Polynome I
1 0 − 1 1 − 3
x = 3 3 9 24 75
d) i)
ii)
(
e)
(
(
1 3 8 25 72 = p(3)
) ( )
2x 3 + x 2 − 6x + 4 : x 2 + 3 = 2x + 1 + −12x + 1
x 2 + 3
− 2x 3 − 6x
x 2 − 12x + 4
− x 2 − 3
− 12x + 1
)
x 4 + 10x 2 − 3x + 1 :
− x 4 − 3x 3 − x 2
− 3x 3
3x 3
+ 9x 2 − 3x
+ 9x 2 + 3x
18x 2
)
3x 3 − 3x 2 − 12x + 12 :
(
)
x 3 + 3x 2 + x = x − 3 + 18x2 + 1
x 3 + 3x 2 + x
( )
x − 1 = 3x 2 − 12
− 3x 3 + 3x 2 − 12x + 12
12x − 12
0
=⇒ p(x) = 3(x − 1)(x 2 − 4) = 3(x + 2)(x − 2)(x − 1)
3.) a) T 1 (x) = x , T 2 (x) = 2x 2 − 1 , T 3 (x) = 4x 3 − 3x , T 4 (x) = 8x 4 − 8x 2 + 1
T 5 (x) = 2x
(
) ( )
8x 4 − 8x 2 + 1 − 4x 3 − 3x = 16x 5 − 16x 3 + 2x − 4x 3 + 3x
= 16x 5 − 20x 3 + 5x
(
) (
)
T 6 (x) = 2x 16x 5 − 20x 3 + 5x − 8x 4 − 8x 2 + 1 = 32x 6 − 40x 4 + 10x 2 − 8x 4 + 8x 2 − 1
= 32x 6 − 48x 4 + 18x 2 − 1
(
)
T 7 (x) = 2x 32x 6 − 48x 4 + 18x 2 − 1
(
)
− 16x 5 − 20x 3 + 5x
= 64x 7 − 96x 5 + 36x 3 − 2x − 16x 5 + 20x 3 − 5x
= 64x 7 − 112x 5 + 56x 3 − 7x
(
) (
)
T 8 (x) = 2x 64x 7 − 112x 5 + 56x 3 − 7x − 32x 6 − 48x 4 + 18x 2 − 1
= 128x 8 − 224x 6 + 112x 4 − 14x 2 − 32x 6 + 48x 4 − 18x 2 + 1
= 128x 8 − 256x 6 + 160x 4 − 32x 2 + 1
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Lösungen zu Polynome I
b) T 1 (x) = x ⇒ x 1 = 0
T 2 (x) = 2x 2 − 1 ⇒ x 2 = 1 2 ⇒ x 1/2 = ± √ 1 ≈ ±0,707
2
(
T 3 (x) = 4x 3 − 3x ⇒ 4x x 2 − 3 )
√
3
= 0 ⇒ x 1 = 0 ∧ x 2/3 = ±
4
2 ≈ ±0,866
T 4 (x) = 8x 4 − 8x 2 + 1 ⇒ x 4 − x 2 + 1 8 = 0 x2 =z
⇒ z 2 − z + 1 8 = 0
c) Die Skizze von T 1 (x) , T 2 (x) , T 3 (x) und T 4 (x) :
⇒ z 1/2 = 1 √
1
2 ± 4 − 1 8 = 1 2 ± √ 1 = 1
8 2 ± 1
2 √ 2 = 2 ± √ 2
4
√
2 ± √ 2
⇒ x 1/2/3/4 = ± = ± 1 √
2 ± √ 2
4 2
y
T 3 (x)
1.00
T 4 (x)
0.75
T 1 (x)
0.50
0.25
−1.00
−0.75
−0.50
−0.25
−0.25
0.25 0.50 0.75 1.00
x
−0.50
−0.75
−1.00
T 2 (x)
d) Betrachten wir die vorliegenden Tschebyscheff-Polynome T 1 (x) bis T 8 (x) so sehen wir das bei den geraden
Polynomgraden auch nur gerade Potenzen auftauchen, diese Polynome sind also alle gerade Funktionen. Analoges
gilt für die ungeraden Tschebyschow-Polynome. Für den allgemeinen Beweis 22 betrachten wir noch einmal die
Rekursionsformel: T n+1 (x) = 2x T n (x) − T n−1 (x) .
Ist n nun ungerade, dann nehmen wir an, dass das Polynom T n (x) ein ungerades Polynom ist, also nur ungerade
Potenzen beinhaltet. Ferner ist T n−1 (x) ein gerades Polynom, besteht also nur aus geraden Potenzen.
Das Polynom T n+1 (x) wird nach Rekursionsformel gebildet, indem T n (x) mit 2x multipliziert wird, also aus den
ungeraden Potenzen entstehen gerade Potenzen von denen nun die geraden Potenzen aus T n−1 (x) subtrahiert
werden.
Damit besteht T n+1 (x) nur aus geraden Potenzen und ist somit selbst eine gerade Funktion. – Analog kann man
für gerades n verfahren.
22 Dieser Beweis verwendet vollständige Induktion – wir führen ihn lediglich verbal, es geht aber natürlich auch formal (und ist exakter ☺).
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10. Tag – Polynome
2. Übung: Funktionsbegriff II – Aufgaben
2. Übung: Funktionsbegriff II – Aufgaben
1.) Prüfen Sie, ob die folgenden Aussagen richtig sind – geben Sie für Ihre Antwort jeweils einen Beweis an.
a) Die Summe zweier monoton wachsender reeller Funktionen ist auch monoton wachsend.
b) Die Summe zweier injektiver reeller Funktionen ist auch injektiv.
c) Die Summe zweier surjektiver reeller Funktionen ist auch surjektiv.
2.) Bilden Sie jeweils f ◦ g, f ◦ h, g ◦ f , g ◦ h, h ◦ f , h ◦ g sowie f ◦ g ◦ h, g ◦ h ◦ f und h ◦ f ◦ g für
a) f(x) = x + 2 , g(x) = −x 2 , h(x) = 3 − x
b) f(x) = x 2 − x , g(x) = |x − 1| , h(x) = √ x − 2
c) f(x) = √ x + 2
, g(x) = x 2 ∣
+ 3x − 4 , h(x) = ∣x 2 − 2x − 4∣
x − 2
d) Bestimmen Sie für die in c) ermittelten 2er-Verkettungen die Definitionsbereiche.
e) Bestimmen Sie für alle in a) ermittelten Verkettungen die zugehörigen Umkehrfunktionen.
f) Prüfen Sie, ob die in b) ermittelten Verkettungen f ◦ g, f ◦ h, g ◦ f , g ◦ h, h ◦ f surjektiv, injektiv oder bijektiv
sind.
3.) Schreiben Sie die folgenden Funktionen als Verkettungen mehrerer Teilfunktionen.
a) f(x) = ∣ ∣x − √ x + 2 ∣ ∣ b) f(x) = ( (2x − 4)(x − 2) ) 2
c) f(x) = x 2 − 5x + 4
Lösungen zu Funktionsbegriff II
1.) a) „Die Summe zweier monoton wachsender reeller Funktionen ist auch monoton wachsend.“ ist richtig:
Seien zwei monoton wachsende Funktionen f und g gegeben, dann gilt für x 1 < x 2 natürlich f(x 1 ) < f(x 2 ) und
g(x 1 ) < g(x 2 ), wir folgern:
f(x 1 ) < f(x 2 ) ⇐⇒ f(x 1 ) + g(x 1 ) < f(x 2 ) + g(x 1 ) und f(x 2 ) + g(x 1 ) < f(x 2 ) + g(x 2 )
Also gilt auch f(x 1 ) + g(x 1 ) < f(x 2 ) + g(x 2 ) , d.h. f + g ist streng monoton wachsend.
b) „Die Summe zweier injektiver reeller Funktionen ist auch injektiv.“ ist falsch, denn z.B. f(x) = x und g(x) = −x
sind injektiv, aber ihre Summe (f + g)(x) = 0 ist nicht injektiv.
c) „Die Summe zweier surjektiver reeller Funktionen ist auch surjektiv.“ ist auch falsch, siehe b).
2.) a)
(
f ◦ g
)
(x) = f
(
g(x)
)
= g(x) + 2 = −x 2 + 2
(f ◦ h) (x) = f ( h(x) ) = h(x) + 2 = (3 − x) + 2 = 5 − x
(
g ◦ f
)
(x) = g
(
f(x)
)
= −
(
f(x)
) 2 = −(x + 2)
2
(
g ◦ h
)
(x) = g
(
h(x)
)
= −
(
h(x)
) 2 = −(3 − x)
2
= −x 2 − 4x − 4
= −x 2 + 6x − 9
(h ◦ f) (x) = h ( f(x) ) = 3 − f(x) = 3 − (x + 2) = 1 − x
( ) ( ) (
h ◦ g (x) = h g(x) = 3 − g(x) = 3 − −x 2) = x 2 + 3
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( ) (
f ◦ g ◦ h (x) = f g ( h(x) )) = f ( g (3 − x) ) (
= f −(3 − x) 2) (
= −(3 − x) 2) + 2
= −(3 − x) 2 + 2
(
g ◦ h ◦ f
)
(x) = g
(h ( f(x) )) = g ( h (x + 2) ) = g ( 3 − (x + 2) ) = − ( 3 − (x + 2) ) 2
10. Tag – Polynome
Lösungen zu Funktionsbegriff II
= −(1 − x) 2
( ) (
h ◦ f ◦ g (x) = h f ( g(x) )) ( (
= h f −x 2)) ( (
= h −x 2) ) ( (
+ 2 = 3 − −x 2) )
+ 2
= x 2 + 1
b)
(
f ◦ g
)
(x) = f
(
g(x)
)
=
(
g(x)
) 2 − g(x) = |x − 1| 2 − |x − 1|
(f ◦ h) (x) = f ( h(x) ) = ( h(x) ) 2
√
− h(x) = x − 2 − x − 2
( ) ( ) ∣ ∣∣x g ◦ f (x) = g f(x) = |f(x) − 1| = 2 − x − 1∣
∣
(
g ◦ h
)
(x) = g
(
h(x)
)
= |h(x) − 1| =
∣ ∣∣ √
x − 2 − 1
∣ ∣∣
(h ◦ f) (x) = h ( f(x) ) = √ f(x) − 2 =
√
x 2 − x − 2
( ) ( ) √ √
h ◦ g (x) = h g(x) = g(x) − 2 = |x − 1| − 2
( ) (
f ◦ g ◦ h (x) = f g ( h(x) )) ( (√ ) ) ( ∣∣∣ √ ∣)
∣∣
= f g x − 2 = f x − 2 − 1
( ) (
g ◦ h ◦ f (x) = g h ( f(x) )) ( (
= g h x 2 − x) ) (√ )
= g x 2 − x − 2
( ) (
h ◦ f ◦ g (x) = h f ( g(x) )) (
= h f ( |x − 1| )) (
)
= h |x − 1| 2 + |x − 1|
= ∣ √ x − 2 − 1∣ 2 − ∣ √ x − 2 − 1∣
√
= ∣ x 2 − x − 2 − 1∣
=
√
|x − 1| 2 + |x − 1| − 2
c)
(
f ◦ g
)
(x) = f
(
g(x)
)
=
g(x) + 2
√
g(x) − 2
= x2 + 3x − 4 + 2
√
x 2 + 3x − 4 − 2
= x2 + 3x − 2
√
x 2 + 3x − 6
(f ◦ h) (x) = f ( h(x) ) = h(x) + 2 √
h(x) − 2
=
∣
∣x 2 − 2x − 4
∣ + 2
√ ∣∣
x 2 − 2x − 4 ∣ ∣ − 2
(
g ◦ f
)
(x) = g
(
f(x)
)
= f(x) 2 + 3f(x) − 4 =
( x + 2
√
x − 2
) 2
+ 3 x + 2 √
x − 2
− 4
=
(x + 2)2
x − 2 + 3 x + 2 √
x − 2
− 4 =
( )
x 2 + 4x + 4 + 3(x + 2) √ x − 2 − 4(x − 2)
x − 2
= x2 + 12 + 3(x + 2) √ x − 2
x − 2
( ) ( ) g ◦ h (x) = g h(x) = h(x) 2 ∣
+ 3h(x) − 4 = ∣x 2 − 2x − 4∣ 2 ∣
+ 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4
(
∣ 2∣∣∣ =
∣ x 2 ∣
− 2x − 4)
+ 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4
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∣
= ∣x 4 − 4x 3 − 4x 2 ∣
+ 16x + 16∣ + 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4
(h ◦ f) (x) = h ( f(x) ) ( ) ∣
= ∣f(x) 2 x + 2 2
− 2f(x) − 4∣ =
√ − 2 x + 2
√ − 4
∣ x − 2 x − 2 ∣
∣ ∣∣∣∣∣∣ ( )
(x + 2) 2
=
∣ x − 2 − 2 √ x + 2
x 2 + 4x + 4 − 2(x + 2) √ x − 2 − 4(x − 2)
− 4
x − 2 ∣ = x − 2
∣
x 2 + 12 − 2(x + 2) √ x − 2
=
∣ x − 2 ∣
( ) ( ) ∣ ∣∣g(x) h ◦ g (x) = h g(x) = 2 ( ) 2 ( )
− 2g(x) − 4∣
∣ =
∣ x 2 + 3x − 4 − 2 x 2 + 3x − 4 − 4
∣
∣
= ∣x 4 + 6x 3 + x 2 − 24x + 16 − 2x 2 − 6x + 8 − 4∣
∣
= ∣x 4 + 6x 3 − x 2 − 30x + 20∣
( ) (
f ◦ g ◦ h (x) = f g ( h(x) )) ( ( ∣∣∣x ) )
= f g 2 − 2x − 4∣
( ∣∣∣x )
= f 4 − 4x 3 − 4x 2 ∣
+ 16x + 16∣ + 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4
10. Tag – Polynome
Lösungen zu Funktionsbegriff II
( ∣∣∣x )
4 − 4x 3 − 4x 2 ∣
+ 16x + 16∣
∣ + 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4 + 2
= √ (∣∣
x 4 − 4x 3 − 4x 2 + 16x + 16 ∣ + 3 ∣ ∣x 2 − 2x − 4 ∣ − 4)
− 2
( ) (
g ◦ h ◦ f (x) = g h ( f(x) )) ( ( ) ) ⎛
( )
x + 2
= g h √ = g ⎜
x 2 + 4x + 4 − 2(x + 2) √ ⎞
x − 2 − 4(x − 2)
x − 2
⎝
⎟
x − 2
⎠
∣
∣
⎛
= ⎜
⎝
∣
⎛
+ 3 ⎜
⎝
∣
( )
x 2 + 4x + 4
( )
x 2 + 4x + 4
(
h ◦ f ◦ g
)
(x) = h
(
f ( g(x) )) = h
− 2(x + 2) √ ⎞2
x − 2 − 4(x − 2)
⎟
x − 2
⎠
∣
− 2(x + 2) √ ⎞
x − 2 − 4(x − 2)
⎟
x − 2
⎠ − 4
∣
( (
f x 2 + 3x − 4) ) (
)
= h
(
2 (
)
=
x 2 + 3x − 2 x √ −
∣ x 2 + 3x − 6) 2 + 3x − 2
√ x − 4
x 2 + 3x − 6 ∣
d) • ( f ◦ g ) (x) = x2 + 3x − 2
√
x 2 + 3x − 6 ist definiert für x2 + 3x − 6 > 0 .
x 2 + 3x − 2
√
x 2 + 3x − 6
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10. Tag – Polynome
Lösungen zu Funktionsbegriff II
Nullstellensuche liefert uns: x 1/2 = − 3 √ √
9 33
2 ± 4 + 6 = −3 2 ± . Der Definitionsbereich ist also:
4
(
D f◦g = −∞; − 3 √ ) (
33
2 − ∪ − 3 √ ) [
33
4 2 + 4 ; ∞ = R \ − 3 √ √ ]
33 33
2 − 4 ; −3 2 + 4
∣
∣x 2 − 2x − 4∣ + 2
• (f ◦ h) (x) = √ ∣∣
x 2 − 2x − 4 ∣ ∣
ist definiert für ∣x 2 − 2x − 4∣ > 2 .
− 2
Wir untersuchen den positiven Betragsinhalt, also x 2 − 2x − 4 ≥ 0 und erhalten
x 2 − 2x − 4 > 2 ⇐⇒ x 2 − 2x − 6 > 0 ∣ wir lösen x 2 − 2x − 6 = 0 ⇒ x 1/2 = 1 ± √ 7 .
⇐⇒ x > 1 + √ 7 ∨ x < 1 − √ 7
(
⇐⇒ x ∈ −∞; 1 − √ ) (
7 ∨ x ∈ 1 + √ )
7, ∞
Diese Lösungsmengen liegen innerhalb unseres Fallbereiches, da x 2 −2x −4 > 2 sowieso in x 2 −2x −4 ≥ 0
enthalten ist.
Jetzt untersuchen wir für x 2 − 2x − 4 < 0: −(x 2 − 2x − 4) > 2 ⇐⇒ x 2 − 2x − 2
Mit den Lösungen der entsprechenden Gleichtung x 1/2 = 1 ± √ 3 folgern wir: −(x 2 − 2x − 4) > 2 ist erfüllt,
wenn 1 − √ 3 < x < 1 + √ 3 erfüllt ist. D.h.
(
−∞; 1 − √ ) (
7 ∪ 1 − √ 3; 1 + √ 3
D f◦h =
( [
= R \ 1 − √ 7; 1 − √ ]
3 ∪
)
[
1 + √ 3; 1 + √ 7
(
∪ 1 + √ )
7; ∞
] )
• ( g ◦ f ) (x) = x2 + 12 + 3(x + 2) √ x − 2
ist definiert, wenn die Bedingung x ≠ 2 im Nenner und x ≥ 2
x − 2
in der Wurzel im Zähler erfüllt sind, also: D g◦f = (2; ∞) = R \ (−∞; 2]
• ( g ◦ h ) ∣
(x) = ∣x 4 − 4x 3 − 4x 2 ∣
+ 16x + 16∣ + 3 ∣x 2 − 2x − 4∣ − 4 ist für alle reellen Zahlen definiert:
D g◦h = R
x 2 + 12 − 2(x + 2) √ x − 2
• (h ◦ f) (x) =
∣ x − 2 ∣ ist definiert für:23 D h◦f = (2; ∞) = R \ (−∞; 2] .
• ( h ◦ g ) ∣
(x) = ∣x 4 + 6x 3 − x 2 − 30x + 20∣ ist für alle reellen Zahlen definiert: D h◦g = R
e) • ( f ◦ g ) (x) = −x 2 + 2 ist umkehrbar für x ≥ 0 mit ( f ◦ g ) −1
1
(x) = + √ 2 − x
und umkehrbar für x < 0 mit ( f ◦ g ) −1
2
(x) = − √ 2 − x .
• (f ◦ h) (x) = 5 − x ist global umkehrbar mit (f ◦ h) −1 (x) = 5 − x = (f ◦ h) (x) .
• ( g ◦ f ) (x) = −x 2 − 4x − 4 = −(x + 2) 2 ist umkehrbar für x ≥ −2 mit ( g ◦ f ) −1
1
(x) = −2 + √ −x
23 Mit denselben Begründungen wie g ◦ f .
und umkehrbar für x < −2 mit ( g ◦ f ) −1
2
(x) = −2 − √ −x .
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10. Tag – Polynome
Lösungen zu Funktionsbegriff II
• ( g ◦ h ) (x) = −x 2 + 6x − 9 = −(x − 3) 2 ist umkehrbar für x ≥ 3 mit ( g ◦ h ) −1
1
(x) = 3 + √ −x
und umkehrbar für x < 3 mit ( g ◦ h ) −1
2
(x) = 3 − √ −x .
• (h ◦ f) (x) = 1 − x; ist global umkehrbar mit (h ◦ f) −1 (x) = 1 − x = (h ◦ f) (x) .
• ( h ◦ g ) (x) = x 2 + 3 ist umkehrbar für x ≥ 0 mit ( h ◦ g ) −1
1
(x) = + √ x − 3
und umkehrbar für x < 0 mit ( h ◦ g ) −1
2
(x) = − √ x − 3 .
• ( f ◦ g ◦ h ) (x) = −(3 − x) 2 + 2 ist umkehrbar für x ≥ 3 mit ( f ◦ g ◦ h ) −1
1
(x) = 3 + √ 2 − x
und umkehrbar für x < 3 mit ( f ◦ g ◦ h ) −1
2
(x) = 3 − √ 2 − x .
• ( g ◦ h ◦ f ) (x) = −(1 − x) 2 ist umkehrbar für x ≥ 1 mit ( g ◦ h ◦ f ) −1
1
(x) = 1 + √ −x
und umkehrbar für x < 1 mit ( g ◦ h ◦ f ) −1
2
(x) = 1 − √ −x .
• ( h ◦ f ◦ g ) (x) = x 2 + 1 ist umkehrbar für x ≥ 0 mit ( h ◦ f ◦ g ) −1
1
(x) = + √ x − 1
und umkehrbar für x < 0 mit ( h ◦ f ◦ g ) −1
2
(x) = − √ x − 1 .
f) • ( f ◦ g ) (x) = |x − 1| 2 + |x − 1| ist nicht surjektiv, denn es werden keine negativen Funktionswerte erreicht.
Die Funktion ist auch nicht injektiv, denn
(
f ◦ g
)
(0) = |−1| 2 + |−1| = 2 und
(
f ◦ g
)
(2) = |2 − 1| 2 + |2 − 1| = 2
• (f ◦ h) (x) = x − 2 + √ x − 2 ist nicht surjektiv, denn es gilt (f ◦ h) (x) ≥ 0 ∀ x ∈ [2,∞), aber da (f ◦ h) (x)
monoton ist 24 , ist diese Funktion injektiv.
• ( g ◦ f ) ∣
(x) = ∣x 2 − x − 1∣ ist weder surjektiv noch injektiv, denn ( g ◦ f ) (x) ≥ 0 ∀ x ∈ R und die innere
Parabel ist symmetrisch zur Parallelen der y-Achse durch den Scheitelpunkt.
• ( g ◦ h ) (x) = ∣ √ ( (g ) )
x − 2 − 1∣ ist weder surjektiv ◦ f (x) ≥ 0 ∀ x ∈ R noch injektiv:
(
g ◦ h
)
(2) =
∣ ∣∣ √
2 − 2 − 1
∣ ∣∣ = 1 =
∣ ∣∣ √
6 − 2 − 1
∣ ∣∣ =
(
g ◦ h
)
(6)
• (h ◦ f) (x) = √ x 2 − x − 2 ist nicht surjektiv, denn es werden keine negativen Funktionswerte erreicht. Die
Funktion ist auch nicht injektiv, denn die innere Parabel ist symmetrisch zur Parallelen der y-Achse durch
den Scheitelpunkt.
24 Die lineare Funktion ist augenscheinlich monoton wachsend, die Wurzel auch und die Summe erhält die Monotonie.
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10. Tag – Polynome
Lösungen zu Funktionsbegriff II
3.) Diese Aufgabe ist nicht eindeutig lösbar – es gibt viele Möglichkeiten die gegebenen Funktionen durch Verkettungen
zu erzeugen.
a) Z.B. f(x) = ∣ ∣x − √ x + 2 ∣ (
= g h ( i(x) )) mit g(x) = |x| , h(x) = x 2 − x + 2 und i(x) = √ x
b) Für f(x) = ( (2x − 4)(x − 2) ) 2 =
(
2(x − 2)(x − 2)
) 2 =
(2(x − 2) 2 ) 2
wäre bspw. möglich:
c) Für f(x) = x 2 − 5x + 4 =
( (
f(x) = g h i ( j(x) ))) mit g(x) = x 2 , h(x) = 2x , i(x) = x 2 und j(x) = x − 2
(
x − 5 2) 2
− 9 4
wäre bspw. möglich:
(
f(x) = g h ( i(x) )) mit g(x) = x − 9 4 , h(x) = x2 und i(x) = x − 5 2
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
1. Übung: e/ln-Funktion I – Aufgaben
1.) Berechnen Sie:
a) lb 4 b) lb 1 4
c) log 3 81
d) log 5 25 e) lg 0,001 f) lg √ 10
g) lg 1.000.000 h) log 17 1 i) log 3
1
27
) 10
2.) Zerlegen Sie in einzelne Logarithmen:
√ a · b
2
a) ln 4√ c
b) ln ( e · 3√ )
e
(
3√ a +
4√
b
d) ln
10√
c
5√
x2 · ( √ )
6 2 y
e) ln √ √ u · v
( )
c) lb
3√ 5√
2 · 2 3
f) ln
(
√ ) 4
a 2 − 7 2 − x
√
4f + 2s 4
3.) Fassen Sie zusammen:
a) 2 ln u + 3 ln v b) ln(x 2 ) + 1 3 ln y − 2 5 ln z
c) ln(u + v) + ln(u + v) 2 − 1 2 ln u − 1 3 ln v d) ln(11) − 2 ln(7x) + 1 2 ln 1 x
4.) Bestimmen Sie die Definitionsbereiche der folgenden Funktionen und fertigen Sie eine Skizze der Graphen an:
( ) 10 x 2
a) f(x) = e x−4 b) f(x) =
c) f(x) = 2 − e 1−x2
e
)
d) f(x) = ln x 2 e) f(x) = ln (4 − x) f) f(x) = ln
(9 − x 2
Lösungen zu e/ln-Funktion I
1.) a) lb 4 = log 2 4 = log 2 2 2 = 2 b) lb 1 4 = log 2 1 2 2 = log 2 2 −2 = −2
c) log 3 81 = log 3 3 4 = 4 d) log 5 25 = log 5 5 2 = 2
e) lg 0,001 = log 10 10 −3 = −3 f) lg √ 10 = log 10 10 1 2 = 1 2
e) lg 1.000.000 = log 10 10 6 6 f) log 17 1 = log 17 17 0 = 0
g) log 3
1
27 = log 3 1 3 3 = log 3 3 −3 = −3
√ a · b
2
2.) a) ln 4√ c
b) ln ( e · 3√ ) )
e = ln
(e · e 1 3 = ln e 4 3 = 4 3
( ) ( ) (
c) lb
3√ 5√
2 · 2 3 = lb 2 1 3 · 2 3 5 = lb
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( ) ( ) ( ) (
= ln a 1 2 · b
2
− ln
4√ c = ln a 1 2 + ln b 2) ( )
− ln c 1 4 = 1 2 ln a + 2 ln b − 1 4 ln c
2 14
15
)
= 14
15
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösungen zu e/ln-Funktion I
( )
3√ a +
4√ 10 ( )
b
a 1 3 + b 1 10
4
d) ln
10√ = ln
= ln
c c 10
1
( )
10 ln a 1 3 + b 1 4 − ln c
( ) 10
a 3 1 + b 1 4
c
( )
= ln a 1 1 10
3 + b 4 − ln c =
e) ln
5√
x2 · ( √ )
6 2 y
√ √ = ln x 5 2 · y 1 3
u · v
u 1 2 v 1 4
) )
= ln
(x 2 1
5 · y 3 − ln
(u 1 1
2 v 4 = ln x 5 2 1 1 1
+ ln y 3 − ln u 2 − ln v 4
f) ln
(
= 2 5 ln x + 1 3 ln y − 1 2 ln u − 1 4 ln v
√ ) 4 √
a 2 − 7 2 − x
√ = 4 ln a2 − 7 2 − x
√
4f + 2s 4
4f + 2s 4
(
√ ) ( √4f )
= 4 · ln
(a )
2 − 7 2 − x − ln + 2s
4
3.) Fassen Sie zusammen:
)
a) 2 ln u + 3 ln v = ln u 2 + ln v 3 = ln
(u 2 · v 3
b) ln(x 2 ) + 1 3 ln y − 2 5 ln z = ln(x2 ) + ln y 1 3 − ln z 2 5 = ln x2 · y 1 3
(
)
c) ln(u + v) + ln(u + v) 2 − 1 2 ln u − 1 3 ln v = ln (u + v) · (u + v) 2 − ln u 1 2 − ln v 1 (u + v)3
3 = ln
u 1 2 · v 3
1
d) ln(11) − 2 ln(7x) + 1 2 ln 1 x = ln(11) + 1 2 ln 1 x − ln(7x)2 = ln 11 · 1 √x
(7x) 2 = ln 11
4.) a) f(x) = e x−4 ist für x ∈ R definiert: b) f(x) =
4
y
z 2 5
( ) 10 x 2
e
y
4
49x 5 2
ist für x ∈ R definiert:
3
2
1
3
2
1
0
1
2
3
5 6
x
−2
−1
1 2
x
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösungen zu e/ln-Funktion I
c) f(x) = 2 − e 1−x2 ist für x ∈ R definiert: d) f(x) = ln x 2 ist für x ∈ R \{0} definiert:
3
y
2
1
2
1
y
−3
−2
−1
−1
−2
−3
1 2 3
x
−3
−2
−1
−1
1 2 3
x
−4
e) f(x) = ln (4 − x) ist definiert, sofern 4 − x > 0 also x < 4 gilt: D f = (−∞, 4) :
2
y
1
−4
−3
−2
−1
−1
1 2 3 4
x
)
f) f(x) = ln
(9 − x 2 ist definiert für 9 − x 2 > 0 ⇔ x 2 < 9 ⇔ |x| < 3 ⇒ D f = (−3,3) :
y
2
1
−3
−2
−1
−1
1 2 3
x
−2
−3
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
2. Übung: Polynome II – Aufgaben
2. Übung: Polynome II – Aufgaben
1.) Stellen Sie die folgenden Polynome als Produkt ihrer Linearfaktoren dar.
a) f(x) = x 2 − 3x + 2 b) f(x) = −x 3 + 11x
c) f(x) = −x 3 − 2x 2 + 4x + 8 d) f(x) = 3x 3 − 4x 2 + 9x − 12
e) f(x) = x 4 + 2x 3 − 7x 2 − 8x + 12 f) f(x) = x 4 − x 3 − 13x 2 + 25x − 12
g) f(x) = 4x 4 + 4x 3 − 13x 2 − 7x + 6 h) f(x) = 3x 4 + 11x 3 − x 2 − 19x + 6
2.) Dividieren Sie:
a)
c)
2x 4 + 3x 3 − 4x 2 − 3
x 2 + x − 2
−x 4 + 2x 3 − 3x + 7
2x 2 − 8
b)
d)
4x 4 + 15x 3 + 23
2 x2 − x
x 2 + 4x + 4
2x 4 − 5x 3 − 6x 2 + 20x − 8
x 3 + 2x 2 − 5x − 6
3.) a) Bestimmen Sie durch Koeffizientenvergleich A und B so, dass gilt:
b) Bestimmen Sie A und B, so dass gilt:
A
x + 2 + B
x − 1 = −x − 5
(x + 2)(x − 1) ; x ≠ −2; x ≠ 1
A
x + 1 + B
(x + 1) 2 = x
(x + 1) 2 ; x ≠ −1
c) Bestimmen Sie durch Koeffizientenvergleich A und B so, dass gilt:
d) Bestimmen Sie A und B, so dass gilt:
A
x − 5 + B
x + 5 = 4x − 5
x 2 − 25 ; x ≠ ±5
A
x − 2 + B
(x − 2) 2 = 2x + 4
(x − 2) 2 ; x ≠ 2
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösungen zu Polynome II
Lösungen zu Polynome II
1.) a) f(x) = x 2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1)
)
b) f(x) = −x 3 + 11x = x ·
(11 − x 2 = −x ·
( )
x 2 − 11
(
= −x ·
)
(
c) Bei f(x) = −x 3 − 2x 2 + 4x + 8 = − x 3 + 2x 2 − 4x − 8
Polynomdivision; wir probieren die Teiler der Konstanten 8:
x − √ )
11
(
· x + √ )
11
brauchen wir zunächst eine Nullstelle für die
1 2 − 4 − 8
x = 1 1 3 − 1
1 3 − 1 -9 = p(1)
1 2 − 4 − 8
x = 2 2 8 8
1 4 4 0 = p(2)
1 2 − 4 − 8
x = − 1 − 1 − 1 5
1 1 − 5 -3 = p(−1)
Damit
(
erhalten wir nun:
) ( )
x 3 + 2x 2 − 4x − 8 : x − 2 = x 2 + 4x + 4
− x 3 + 2x 2
4x 2 − 4x
− 4x 2 + 8x
4x − 8
− 4x + 8
0
Und so schließlich: f(x) = −(x + 2) 2 (x − 2)
(
d) f(x) = 3x 3 − 4x 2 + 9x − 12 = 3(x 2 + 3) x − 4 )
3
Dieses Polynom lässt sich so leider nicht komplett in Linearfaktoren zerlegen. 25
e) f(x) = x 4 + 2x 3 − 7x 2 − 8x + 12 = (x − 2)(x − 1)(x + 2)(x + 3)
f) f(x) = x 4 − x 3 − 13x 2 + 25x − 12 = (x − 3)(x − 1) 2 (x + 4)
(
g) f(x) = 4x 4 + 4x 3 − 13x 2 − 7x + 6 = 4 · (x + 1)(x + 2) x −
2) 3 ( )
x − 1 2
(
h) f(x) = 3x 4 + 11x 3 − x 2 − 19x + 6 = 3 · (x − 1)(x + 2)(x + 3) x − 1 )
3
25 Wir werden später mit der Verwendung komplexer Zahlen die Möglichkeit erhalten, dieses und ähnliche Polynome doch noch vollständig zu
zerlegen.
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11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösungen zu Polynome II
2.) a)
b)
c)
d)
(
) ( )
2x 4 + 3x 3 − 4x 2 − 3 : x 2 + x − 2 = 2x 2 + x − 1 + 3x − 5
x 2 + x − 2
− 2x 4 − 2x 3 + 4x 2
x 3
− x 3
− x 2 + 2x
− x 2 + 2x − 3
x 2 + x − 2
3x − 5
(
)
4x 4 + 15x 3 + 23
2 x2 − x :
− 4x 4 − 16x 3 − 16x 2
− x 3 − 9 2 x2 − x
x 3 + 4x 2 + 4x
− 1 2 x2 + 3x
1
2 x2 + 2x + 2
5x + 2
(
)
− x 4 + 2x 3 − 3x + 7 :
(
x 4 − 4x 2
2x 3 − 4x 2 − 3x
− 2x 3 + 8x
− 4x 2 + 5x + 7
4x 2 − 16
5x − 9
)
2x 4 − 5x 3 − 6x 2 + 20x − 8 :
− 2x 4 − 4x 3 + 10x 2 + 12x
− 9x 3 + 4x 2 + 32x − 8
9x 3 + 18x 2 − 45x − 54
22x 2 − 13x − 62
( )
x 2 + 4x + 4 = 4x 2 − x − 1 2 + 5x + 2
x 2 + 4x + 4
( )
2x 2 − 8 = − 1 2 x2 + x − 2 + 5x − 9
2x 2 − 8
(
)
x 3 + 2x 2 − 5x − 6 = 2x − 9 + 22x2 − 13x − 62
x 3 + 2x 2 − 5x − 6
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23.09.2013
11. Tag – Exponential- und Logarithmusfunktion
Lösungen zu Polynome II
3.) a)
A
x + 2 +
B A(x − 1) + B(x + 2) (A + B)x − 1A + 2B
= =
x − 1 (x + 2)(x − 1) (x + 2)(x − 1)
!
=
−x − 5
(x + 2)(x − 1)
⇒ (A + B)x = −x ∧ −1A + 2B = −5
⇒ A + B = −1 ∧ −1A + 2B = −5
⇒ A = −1 − B ∧ 3B = −6
⇒ A = −1 − B ∧ B = −2
=⇒ A = 1 ∧ B = −2
b)
c)
=⇒ −x − 5
(x + 2)(x − 1) = 1
x + 2 + −2
x − 1 = 1
x + 2 − 2
x − 1
A
x + 1 +
B A(x + 1) + B
=
(x + 1) 2 (x + 1) 2 = Ax + A + B
(x + 1) 2 =
x
(x + 1) 2
⇒ Ax = x ∧ A + B = 0 =⇒ A = 1 ∧ B = −1
=⇒ x
(x + 1) 2 = 1
x + 1 + −1
(x + 1) 2 = 1
x + 1 − 1
(x + 1) 2
A
x − 5 +
B A(x + 5) + B(x − 5) (A + B)x + 5A − 5B
= =
x + 5 (x − 5)(x + 5)
x 2 − 25
!
= 4x − 5
x 2 − 25
⇒ (A + B)x = 4x ∧ 5A − 5B = −5
⇒ A + B = 4 ∧ A − B = −1
⇒ A + B = 4 ∧ 2A = 3
⇒ A + B = 4 ∧ A = 3 2
=⇒ A = 3 2
∧ B = 5 2
d)
=⇒ 4x − 5 3 5
x 2 − 25 = 2
x − 5 + 2
x + 5
A
x − 2 + B A(x − 2) + B Ax − 2A + B
=
(x − 2) 2 (x − 2) 2 =
(x − 2) 2 = 2x + 4
(x − 2) 2
=⇒ 2x + 4
(x − 2) 2 = 2
x − 2 + 8
(x − 2) 2
⇒ Ax = 2x ∧ −2A + B = 4
⇒ A = 2 ∧ −2A + B = 4
=⇒ A = 2 ∧ B = 8
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12. Tag – Trigonometrische Funktionen
12. Tag – Trigonometrische Funktionen
1. Übung: Trigonometrische Funktionen I – Aufgaben
1.) a) Geben Sie folgende Winkel im Bogenmaß an: 20 ◦ ; 34 ◦ ; 97 ◦ ; 65 ◦ ; 108 ◦ ; 311,5 ◦
π
b) Geben Sie folgende Winkel im Gradmaß an:
2 ; π
5 ; 3
8 π ; 3
10 π ; 2π
37 ; π
12 ; 9
4 π ; 1
√
3
c) Berechnen Sie tan(60 ◦ ) und cot(60 ◦ ) nur mithilfe von sin(60 ◦ ) =
2
d) Ein Dreieck hat die Seitenlängen a = 9; b = 3,5; c = 7. Berechnen Sie die Winkel.
e) Vereinfachen Sie mit dem Additionstheorem: sin ( α + π ) (
4 + sin α −
π
4
f) Zeigen Sie mit dem Additionstheorem für x ∈ R : cos x · sin x = 1 2 sin(2x)
g) Zeigen Sie mit dem Additionstheorem für beliebige Winkel α ∈ R : cos(2α) = 2 cos 2 (α) − 1
h) Welche x erfüllen die Gleichung: cos(x) = cos(2x) ? (Tipp: Verwenden Sie g) )
2.) Erstellen Sie eine sinnvolle Wertetabelle für Sinus, Cosinus und Tangens!
3.) Finden Sie alle Lösungen der Gleichungen:
a) cos x = 1 2
b) sin x = −
√
2
2
c) sin x · cos x = 0
d) sin 2x = 1 e) (sin x) 2 = 1 4
f) cot x = − √ 3
g) cos ( 3x − π 3
)
= −
1
2
h) 4 sin 2 x + 3 cos x = 9 2
i) cos 2x + 1 = cot x
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen I
1.) a) 20 ◦ π ·
180 ◦ = π 9
65 ◦ ·
34 ◦ ·
π
180 ◦ = 13
36 π 108◦ ·
π
180 ◦ = 17
90 π 97◦ ·
π
180 ◦ = 3 5 π 311,5◦ ·
)
π
180 ◦ = 97
180 π
π
180 ◦ = 623
360 π
b)
π
2 · 180◦
π = π
90◦ 5 · 180◦
π = 3
36◦ 8 π · 180◦
π = 67,5◦
3
10 π · 180◦
π = 2π
54◦ 37 · 180◦
π ≈ π
9,73◦ 12 · 180◦
π
= 15◦
9
4 π · 180◦
π = 405◦ 1 · 180◦
π ≈ 57,3◦
c) Es gilt: tan(60 ◦ ) = sin(60◦ )
cos(60 ◦ ) = sin(60 ◦ )
√
=
1 − sin 2 (60 ◦ )
√
3
√ 2
1 − 3 4
=
√
3
2
1
2
= √ 3 =⇒ tan(60 ◦ ) = √ 3
Aus cot(60 ◦ ) =
1
tan(60 ◦ ) ergibt sich: cot(60◦ ) = 1 √
3
d) Es gilt mit dem Cosinus-Satz: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc · cos(α), also:
cos(α) = a2 − b 2 − c 2
−2bc
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=
81 − 12,25 − 49
−49
= − 19,75 ≈ −0,403 ⇒ α ≈ 113,77 ◦
49
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12. Tag – Trigonometrische Funktionen
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen I
cos(β) = −b2 + a 2 + c 2
2ac
cos(γ) = −c2 + a 2 + b 2
2ab
= 117,75
126
= 44,25
63
e) sin ( α + π 4
)
+ sin
(
α −
π
4
)
= sin(α) · cos
( π
4
≈ 0,935 ⇒ β ≈ 20,85 ◦
≈ 0,702 ⇒ γ ≈ 45,38 ◦
)
+ cos(α) · sin
Wegen sin(−x) = − sin(x) und cos(−x) = cos(x) ergibt sich:
( ) √
π 2
= 2 sin(α) · cos = 2 ·
4 2 · sin(α) = √ 2 · sin(α)
f) cos x · sin x = 1 2 (sin x · cos x + cos x · sin x) = 1 2 · sin(x + x) = 1 2 sin(2x)
g) cos(2α) = cos 2 (α) − sin 2 (α) = cos 2 (α) − ( 1 − cos 2 (α) ) = 2 cos 2 (α) − 1
( )
(
π
+ sin(α) · cos − π )
(
+ cos(α) · sin − π )
4 4
4
h) cos(x) = cos(2x) ⇒ cos(x) = 2 cos 2 (x) − 1 ⇒ 2 cos 2 (x) − cos(x) − 1 = 0
√
Mit cos(x) = y ergibt sich: y 2 − 1 2 y − 1 2 = 0 ⇒ y 1,2 = 1 4 ± 1
16 + 1 2 = 1 4 ± 3 4
Aus cos(x) = 1 folgt x = 2k · π ;
k ∈ Z
Aus cos(x) = − 1 2 folgt x = 2 3 π + 2k · π ; k ∈ Z und x = 4 3 π + 2k · π ; k ∈ Z
2.) Eine recht ausführliche Wertetabelle:
x 0
1
8 π 1
6 π 1
4 π 1
3 π 3
8 π 1
2 π 5
8 π 2
sin x 0 0,3827
1
cos x 1 0,9239
√
2
3
2
tan x 0 0,4142
1 √3 1
√
√1
3
2
√1
1
2
3 π 3
4 π 5
6 π 7
√
3 1√ 1
2 2
8 π π
2
0,9239 1 0,9239
2
0,3827 0
2
0,3827 0 −0,3827 − 1 2
− √ 1
√
2
− 3
2
−0,9239 −1
√ √
3 2,4142 / −2,4142 − 3 −1 − √3 1
−0,4142 0
x π
9
8 π 7
6 π 5
4 π 4
3 π 11
8 π 3
2 π 13
8 π 5
sin x 0 −0,3827 − 1 2
− √ 1 √
2
− 3
2
−0,9239 −1 −0,9239 −
√
cos x −1 −0,9239 − 3
2
− √ 1 2
− 1 1
2
−0,3827 0 0,3827
2
3 π 7
4 π 11
6 π 15
√
3
2
− 1
8 π 2π
√
2
− 1 2
−0,3827 0
1√
2
√
3
2
0,9239 1
Mit hinreichendem Wissen bzgl. der Symmetrieeigenschaften genügt die erste Hälfte [ 0, π 2
]
der ersten Tabelle.
3.) a) cos x = 1 2
hat zwei Lösungen im Intervall [0,2π):
x 1 = arccos 1 2 ∨ x 2 = 2π − arccos 1 2
Diese können wir nun periodisch fortsetzen:
⇐⇒
x 1 = π 3 ∨ x 2 = 5 3 π
x = π 3 + 2kπ ∨ x = −π 3
+ 2kπ mit k ∈ Z
√
b) sin x = − 2
2
hat zwei Lösungen im Intervall [0,2π):
( √ )
2
x 1 = arcsin − = − 1 2 4 π = 7 4 π − 2π ∨ x 2 = π − x 1 ⇐⇒ x 1 = − 1 4 π ∨ x 2 = 5 4 π
Diese können wir nun periodisch fortsetzen:
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12. Tag – Trigonometrische Funktionen
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen I
x = 7 4 π + 2kπ ∨ x = 5 π + 2kπ mit k ∈ Z
4
c) sin x · cos x = 0 ⇔ sin x = 0 ∨ cos x = 0, d.h. x = 0,π,2π, . . . ∨ x = π 2 , 3 2π. . . .; damit ergibt sich:
x = k · π
2
mit
k ∈ Z
d) Die normale Sinusfunktion erreicht den Wert 1 bei x = π 2
+ 2kπ mit k ∈ Z . f(x) = sin 2x ist entlang der
x-Achse gestaucht, hat also die Periode π und erreicht den Wert 1 bei
x = π 4
+ kπ mit k ∈ Z
e) (sin x) 2 = 1 4 ⇔ |sin x| = 1 2 ; die Funktion |sin x| ist π-periodisch. Mit sin π 6 = 1 2 und sin 5 6 π = 1 2 folgt:
x = π 6 + kπ ∨ x = 5 6
π + kπ mit k ∈ Z
f) cot x = − √ ( )
3 ⇔ tan x = − √ 1 3
⇒ x = arctan − √ 1
3
= − π 6
Da die Cotangensfunktion π-periodisch ist, erhalten wir die Lösungen:
x = − π 6
+ kπ mit k ∈ Z
g) cos ( 3x − π )
3 = −
1
2 mit der Substitution z = 3x − π 3 lösen wir cos z = − 1 2
( )
( )
:
z 1 = arccos − 1 2
∨ z 2 = 2π − arccos − 1 2
⇔ z 1 = 2 3 π ∨ z 2 = 4 3 π
Damit erhalten wir: x 1 = z 1 + π 3
3
h) 4 sin 2 x + 3 cos x = 9 2
löst man so:
= 1 3 π ∨ x 2 = z 1 + π 3
3
= 5 π und so alle Lösungen:
9
x = 1 3 π + 2kπ ∨ x = 5 9π + 2kπ mit k ∈ Z
4 sin 2 x + 3 cos x − 9 2
= 0 Mit sin 2 x = 1 − cos 2 x ergibt sich
( )
⇒ 4 1 − cos 2 x + 3 cos x − 9 2
= 0 geteilt durch (−4)
⇒ cos 2 x − 3 4 cos x + 1 8
= 0 Substitution mit z = cos x liefert
⇒ z 2 − 3 4 z + 1 8
= 0 eine quadratische Gleichung
√
⇒ z 1/2 = 3 8 ± 9
64 − 8 64 = 3 8 ± 1 8
also
( )
⇒ x 1/2 = arccos z 1/2 = arccos 3
8 ± 1 8
und somit
⇒ x 1 = arccos 1 2 = π 3
und x 2 = arccos 1 4
≈ 1,318 ≈ 75,52◦
Außerdem erhalten wir x 3 = − π 3 = 5 3 π und x 4 ≈ 2π − 1,318 ≈ 4,965 ≈ 284,48 ◦ , da cos x eine gerade
Funktion ist und arccos x nur auf [0,π] definiert ist.
Zu diesen vier Ergebnissen kann man natürlich beliebige Vielfache von 2π addieren.
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12. Tag – Trigonometrische Funktionen
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen I
i) Beide Funktionen cos 2x + 1 sowie cot x sind π-periodisch, wir lösen die Gleichung zuerst in [0,π):
cos 2x + 1 = cot x
⇔
⇔
⇔
( )
2 cos 2 x − 1 + 1 = cos x ⇔ 2 cos 2 x = cos x
sin x
sin x
(
cos x = 0 ∨ cos x · sin x = 1 ) (
⇔ x = π 2
2 ∨ 1 2 sin(2x) = 1 )
2
(x = π ) (
2 ∨ sin 2x = 1 ⇔ x = π 2 ∨ x = π )
4
x = π 2 + kπ ∨ x = π 4
+ kπ mit k ∈ Z
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2. Übung: e/ln-Funktion II – Aufgaben
(
1.) a) Berechnen Sie: i) ln e 2 · e √ )
5
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ii)
12. Tag – Trigonometrische Funktionen
2. Übung: e/ln-Funktion II – Aufgaben
(
ln e 3 · 5√ )
e 4
b) i) Vereinfachen Sie (a > 0): e 2 ln(a)+ln(5a) – Was ergibt sich für a = 7?
ii) Vereinfachen Sie (a > 0): e 2 ln(a3 )−ln(2a)
– Was ergibt sich für a = −2?
( )
c) Schreiben Sie mithilfe der Exponentialfunktion e x :
4√ √ 2
3
d) Schreiben Sie mithilfe des natürlichen Logarithmus: log a (10) + log b (10)
e) Fassen Sie zu einem Logarithmus zur Basis a zusammen: 5 log a (x) + 3 log a (y) und 5 log a (x) + 3 .
2.) Lösen Sie
a) ln(x 3 ) + 2 = 0 b) 3 x−2 = 5 3
c) e 2x + e x − 1 = 0 d) ln(x) + ln( √ x) = 2 ln(x)
e) 4 3x−5 = 32 f) a 7 · a 3(x+2) = a · a x(x−1)
g) 4 x−1 + 5 2 · 2x − 11
4 = 0 h) 22x−1 + 5 · 2 x + 9 2 = 0
3.) Lösen Sie die Gleichungen f(x) = 1 und g(x) = 1 für die Funktionen f(x) = e 2x und g(x) = e (x2) .
Was können Sie daraus für die Funktionen f(x) und g(x) folgern?
4.) Zeichnen Sie die folgenden Funktionen, ggf. mittels einer Wertetabelle
(−x 2)
a) f(x) = e x−1 b) f(x) = −e 3x−2 c) f(x) = e
)
d) f(x) = ln |x| e) f(x) = ln
(x 3 ln |x + 1|
f) f(x) =
ln 2
Lösungen zu e/ln-Funktion II
1.) a) i) ln(e 2 · e √5 ( )
) = ln e 2+√ 5
= 2 + √ 5
(
ii) ln e 3 · 5√ ) ( )
e 4 = ln e 3+ 4 5 = 19
5
b) i) e 2 ln(a)+ln(5a) = e 2 ln(a) · e ln(5a) = e ln(a2) · (5a) = a 2 · 5a = 5a 3
Für a = 7 ergibt sich: 5a 3 = 5 · 7 3 = 35 · 49 = 1715
( )
a 6
((a
ii) e 2 ln(a3 )−ln(2a) = e ln 3 ) 2) ln
−ln(2a)
= e
ln(a 6 )−ln(2a) 2a
= e
= 1 2 a5
c)
(
1
Für a = −2 ergibt sich:
2 a5 = 1 2 (−2)5 = −2 4 = −16
)
4√ √ (
2
√ ) √ ( )
ln 4
2 √
3 2·ln 3 1 4
3 = e = e = e √ 2· 14
√ ·ln(3) 2
= e 4 ·ln(3)
(
oder:
)
4√ √ 2 )
3 =
(3 √ 4 1 2 √ ln 2
= 3 4 = e
(
3
√ )
2
4
√
2
= e 4 ·ln(3)
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d) log a (10) + log b (10) = ln(10)
ln(a) + ln(10) ( 1
= ln(10) ·
ln(b)
ln(a) + 1 )
ln(b)
e) i) 5 log a (x) + 3 log a (y) = log a (x 5 ) + log a (y 3 ) = log a (x 5 · y 3 )
12. Tag – Trigonometrische Funktionen
Lösungen zu e/ln-Funktion II
ii) 5 log a (x) + 3 = log a (x 5 ) + 3 log a (a) = log a (x 5 ) + log a (a 3 ) = log a (x 5 · a 3 )
2.) a) ln(x 3 ) + 2 = 0 ⇒ e ln(x3) = e −2 ⇒ x 3 = e −2 ex ≥0
=⇒ x = + 3 √
e −2
⇒ x = e − 2 3
b) 3 x−2 = 5 3 ⇒ ln(3 x−2 ) = ln 5 3 ⇒ (x − 2) · ln(3) = 3 · ln(5)
⇒ x = 2 + 3 · ln(5)
ln(3)
c) e 2x + e x − 1 = 0 ⇒ (e x ) 2 + e x − 1 = 0 ex =y
=⇒ y 2 + y − 1 = 0
√
⇒ y 1/2 = − 1 2 ± 1
4 + 1 = − 1 2 ± √ 1 e x ≥0
2 5 =⇒ e x = − 1 2 + 2√ 1 5
(
⇒ x = ln − 1 2 + √ )
1
2 5
d) ln(x) + ln( √ x) = 2 ln(x) ⇒ ln √ ( √x ) ( ) 1
x − ln(x) = 0 ⇒ ln = ln √x = 0
x
e) 4 3x−5 = 32 ⇒
(
2 2 ) 3x−5
= 2 5 ⇒ 6x − 10 = 5
⇒ x = 1
⇒ x = 5 2
f) a 7 · a 3(x+2) = a · a x(x−1) ⇒ a 3x+13 = a x2 −x+1 ⇒ x 2 − 4x − 12 = 0 ⇒ x 1/2 = 2 ± √ 4 + 12
⇒ x 1 = 6 und x 2 = −2
g) 4 x−1 + 5 2 · 2x − 11
4 = 0 ⇔ 22x−2 + 5 2 · 2x − 11
4 = 0 ⇔ 2−2 · (2 x ) 2 + 5 2 · 2x − 11
4 = 0
Mit u = 2 x ergibt sich:
1
4 u2 + 5 2 u − 11
4 = 0 ⇔ u2 + 10u − 11 = 0 ⇒ u 1/2 = −5 ± √ 25 + 11 ⇒ u 1 = 1 ∧ u 2 = −11 .
Da 2 x > 0 für alle x ∈ R gilt, erhalten wir als einzige Lösung
⇒ u = 2 x = 1 ⇔ x = 0
h) 2 2x−1 + 5 · 2 x + 9 2 = 0 ⇔ 1 2 (2x ) 2 + 5 · 2 x + 9 2 = 0
Mit u = 2 x ergibt sich:
1
2 u2 + 5u + 9 2 = 0 ⇔ u2 + 10u + 9 = 0 ⇒ u 1/2 = −5 ± √ 25 − 9 ⇒ u 1 = −1 und u 2 = −9 .
Da 2 x > 0 für alle x ∈ R gilt, gibt es keine Lösung.
⇒ L = ∅
3.) Es gilt beide Male x = 0, die Funktionen haben also einen Schnittpunkt bei (0,1) . Weiter kann man aus der
Gleichheit in einem Punkt nichts für die Funktionen folgern.
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12. Tag – Trigonometrische Funktionen
Lösungen zu e/ln-Funktion II
4.) Es ergeben sich die Graphen:
a) f(x) = e x−1
.
b) f(x) = −e 3x−2
5
4
3
2
1
-3 -2 -1 1 2 3
-1
-2
c) f(x) = e
(
1.2
1
−x 2) . -3 -2 -1 1 2 3
0.8
0.6
0.4
0.2
-0.2
d) f(x) = ln |x|
)
e) f(x) = ln
(x 3
.
5
4
3
f) f(x) =
ln |x + 1|
ln 2
2
1
-4 -2 2 4
-1
-2
-3
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
25.09.2013
13. Tag – Selbstarbeit: Das Thema Klausuren
13. Tag – Selbstarbeit: Das Thema Klausuren
Klausuren und für Klausuren lernen
Besorgen Sie sich Klausuren der vergangenen Semester 26 , vergleichen Sie diese miteinander und identifizieren Sie immer
wiederkehrende Themen und Unterschiede in den Klausuren.
Denken Sie daran: Es ist niemals möglich, in einer Klausur umfassend Wissen und Können abzuprüfen; die gestellten
Aufgaben sind nur ein Bruchteil dessen, was durchgenommen wird. Klären Sie für sich die Diskrepanz zwischen:
„Was muss ich für Klausuren können?“ und „Was will ich dauerhaft können?“
Sehen Sie bitte unbedingt davon ab, bestimmte Aufgabentypen und Ihre Lösungsrezepte zu pauken – selbst wenn Sie so
durch die Klausur kämen, haben Sie bald wieder das Meiste vergessen. Sie werden den Stoff in späteren Semestern
immer wieder brauchen. Lernen Sie nachhaltig! Bemühen Sie sich um Verständnis, um prinzipielle Methoden, Strategien
und Vorgehensweisen und warum diese funktionieren!
Machen Sie sich aber bitte auch klar, dass eine Klausur immer eine Stresssituation ist, in der Sie vielleicht 75% (je nach
Typ auch mehr, aber vielleicht auch weniger) dessen abrufen können, zu dem Sie in Ruhe in der Lage sind. Sie sollten
also – in Ihrem eigenen Interesse – deutlich mehr als das Nötigste können, um eine Klausur sicher zu bestehen.
Außerdem ist es für Sie günstig, wenn Sie nicht nur mit 4.0, sondern einer besseren Note bestehen, schließlich gehen alle
Noten in Ihre Bachelorgesamtnote ein! 27
Berufsaussichten
Sofern Sie es noch nicht getan haben, informieren Sie sich über die klassischen Aufgabenfelder Ihres Faches. Beantworten
Sie für sich die Fragen:
„Was kann ich später als ...-Ingenieur machen?“
„Was möchte ich später gerne machen als ...-Ingenieur machen?“
Informieren Sie sich über Schwerpunktsetzungen, mögliche und erforderliche Praktika oder Nebenjobs, die Sie Ihrem
Berufsziel näherbringen.
Nacharbeiten
Mit den elementaren Funktionen (Polynome, Sinus, Cosinus, Exponential- und Logarithmusfunktion) liegt schon ein großer
Berg hinter uns. Da wir gerade diese Funktionen wieder und wieder benötigen, checken Sie bitte, dass sie mit diesen
hinreichend vertraut sind sowie die dazu nötigen Rechengesetze sicher beherrschen.
Zeichnen Sie die Graphen in Ihre Formelsammlung und lernen Sie die Werte wichtiger Punkte (z.B. Achsenschnitte)
auswendig.
Betrachten Sie insbesondere noch einmal die Veränderungen bei unterschiedlichen Argumenten bzw. Verkettungen – wie
sehen die jeweiligen Graphen aus? Was ändert sich wie – und warum?
26 Nicht nur, aber vor allem für die Mathematik ☺.
27 Was Sie ja seit dem Studium Ihrer Prüfungsordnung seit letzter Woche (spätestens) wissen.
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14 13. Tag – Selbstarbeit: Das Thema Klausuren
25.09.2013 Die Qual der Wahl: Weitere Teilnahme oder Festigen der Grundlagen
Die Qual der Wahl: Weitere Teilnahme oder Festigen der Grundlagen
Überprüfen Sie bitte Ihre Standfestigkeit im bisher behandelten Stoff und überlegen Sie sich, inwiefern Sie sich den
weiteren Vorkursthemen gewachsen fühlen.
Auch wenn natürlich noch lauter interessante Themen anstehen, sind die bisher behandelten Grundlagen unabdingbar für
Ihr erfolgreiches Studium.
Nehmen Sie sich also ggf. die Zeit, in der 4. und 5. Vorkurswoche nichts Neues zu machen und sich weiter mit den
Rechengesetzen und den elementaren Funktionen zu befassen. 28
Dringend empfehlen möchte ich Ihnen aber noch den Besuch des Vorkurses einerseits am kommenden Freitag zum Thema
Folgen/Grenzwerte und andererseits am letzten Freitag zum Abschlußtest, der Evaluation und zur Verabschiedung.
Vorarbeiten
Betrachten Sie noch einmal den allgemeinen Funktionsbegriff und machen Sie sich klar, dass die Funktionen, die wir
behandeln (bei denen die Zuordnung der Bilder mittels eines Terms geschieht) sehr einfach zu handhaben sind und
vorallem die Ausnahme darstellen. Es gibt wesentlich mehr Funktionen!
28 Geeignete Übungsmaterialien/-bücher finden Sie im Internet bzw. der Bibliothek. Ich spreche bewusst keine Empfehlung für einzelne Bücher/Webseiten
aus, denn Sie müssen für sich selbst entscheiden (lernen), mit welchem Lernangebot Sie zurechtkommen.
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
14. Tag – Weitere Funktionen
1. Übung: Weitere Funktionen I – Aufgaben
1.) Ermitteln Sie die Definitionsbereiche und skizzieren Sie die Graphen von
a) f(x) = √ x + 1 b) f(x) = 1 x 2 c) f(x) = |−2 + 3x|
d) f(x) = −x 3 + 4 3
e) f(x) = √ 4 − 2x f) f(x) = 2
x 2 − 4
∣ ∣
∣
g) f(x) = ∣x 2 |4x − 7|
∣3 − x 2 ∣∣
+ 2x + 1∣ h) f(x) = i) f(x) =
3
−2
j) Bestimmen Sie grafisch die Schnittpunkte von der in a) gegebenen Funktion mit den anderen.
2.) Skizzieren Sie anhand der Nullstellen (d.h. ohne Wertetabelle!):
( )
a) f(x) = − x 2 − 9 (x − 1) b) f(x) = (x + 2)(x − 3)(x − 4)
( )
c) f(x) = (1 − x) x 2 − 1
d) f(x) = (4 − x)(4 + x)(2 − x)
( )
e) f(x) = x 2 (x − 2)(x − 4) f) f(x) = (3 − x) x 2 + 1
( ) )
g) f(x) = (x − 1)(1 + x)(2 − x)(6 + x) h) f(x) = x 2 − 3
(3 − x 2
3.) Skizzieren Sie – ausgehend vom gegebenen Graphen von f(x) – die Graphen von:
( )
f(x) + 2 , f(x) − 3 , f(x − 1) , f(−x + 1) , f(4x) , f 1
2 x , f(2x + 3) − 2 , f(−3x − 1) + 5
.
a)
b)
6
10
4
2
5
2.0 1.5 1.0 0.5 0.5 1.0
2
4 2 2 4
4
6
c)
d)
14
2.5
12
2.0
10
1.5
8
6
1.0
0.5
4
2
2 2 4 6
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4 2 2 4
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
Lösungen zu Weitere Funktionen I
1.) a) f(x) = √ x + 1 ist definiert für x ≥ −1: D f = [−1; ∞) .
b) f(x) = 1 x 2 ist definiert für x ≠ 0: D f = R \ {0} .
c) f(x) = |−2 + 3x| hat den Definitionsbereich: D f = R .
d) f(x) = −x 3 + 4 3 hat den Definitionsbereich: D f = R .
e) f(x) = √ 4 − 2x ist definiert für x ≤ 2: D f = (−∞; 2] .
f) f(x) = 2
x 2 − 4 ist definiert für x ≠ ±2: D f = R \ {−2; 2} .
∣
g) f(x) = ∣x 2 + 2x + 1∣ hat den Definitionsbereich: D f = R .
|4x − 7|
h) f(x) = hat den Definitionsbereich: D f = R .
3 ∣
∣
∣3 − x 2 ∣∣
i) f(x) = hat den Definitionsbereich: D f = R .
−2
j) Die Schnittpunkte lassen sich an den folgenden Zeichnungen ablesen:
a)/b)
6
5
4
3
2
1
a)/c)
1.5 1.0 0.5 0.5 1.0 1.5 2.0
4
3
2
1
0.5 1.0 1.5 2.0
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
a)/d)
1.5
1.0
0.5
0.5 0.5 1.0 1.5
a)/e)
2.0
1.5
1.0
0.5
0.5 0.5 1.0 1.5 2.0
a)/f)
4
2
2 1 1 2 3
2
4
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
a)/g)
4
3
2
1
1.5 1.0 0.5 0.5 1.0
a)/h)
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
1 2 3 4
a)/i)
2
1
3 2 1 1 2 3
1
2
3
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14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
2.)
a) b)
15
10
20
5
10
3 2 1 1 2 3
5
2 1 1 2 3 4
10
10
15
c) d)
5
4
50
40
30
3
20
2
10
1
4 2 2 4
10
2.0 1.5 1.0 0.5 0.5 1.0 1.5
1
20
e) f)
10
10
5
5
1 2 3 4
5
2 1 1 2 3
5
10
g) h)
150
100
2 1 1 2
2
50
4
6 4 2 2
6
50
100
8
150
10
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
3.) a) f(x) + 2 (rot) und f(x) − 3 (blau) Hier gilt: f(x − 1) = f(−x + 1) (blau)
8
10
6
4
5
2
4 2 2 4
2 1 1 2 3
5
2
4
( )
f(4x) (rot) und f 1
2 x (blau)
f(2x + 3) − 2 (rot) und f(−3x − 1) + 5 (blau)
100
60
80
40
60
40
20
20
3 2 1 1 2 3
3 2 1 1 2 3
b) f(x) + 2 (rot) und f(x) − 3 (blau) f(x − 1) (rot) und f(−x + 1) (blau)
20
60
15
40
10
20
5
2 1 1 2
2 1 1 2 3
5
20
( )
f(4x) (rot) und f 1
2 x (blau)
f(2x + 3) − 2 (rot) und f(−3x − 1) + 5 (blau)
10
400
5
200
1.0 0.5 0.5 1.0
4 3 2 1 1 2 3
200
5
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Weitere Funktionen I
c) f(x) + 2 (rot) und f(x) − 3 (blau) f(x − 1) (rot) und f(−x + 1) (blau)
4
2.5
3
2
2.0
1
1.5
3 2 1 1 2 3
1.0
1
2
0.5
( )
f(4x) (rot) und f 1
2 x (blau)
3
4 2 2 4 6
f(2x + 3) − 2 (rot) und f(−3x − 1) + 5 (blau)
4
8
3
6
2
4
2
1
4 2 2 4
4 2 2 4
2
d) f(x) + 2 (rot) und f(x) − 3 (blau) f(x − 1) (rot) und f(−x + 1) (blau)
25
35
30
20
15
25
20
10
15
5
10
5
6 4 2 2 4
( )
f(4x) (rot) und f 1
2 x (blau)
4 2 2 4 6
f(2x + 3) − 2 (rot) und f(−3x − 1) + 5 (blau)
120
100
100
80
80
60
60
40
40
20
20
4 2 2 4
4 2 2
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26.09.2013
14. Tag – Weitere Funktionen
2. Übung: Trigonometrische Funktionen II – Aufgaben
2. Übung: Trigonometrische Funktionen II – Aufgaben
1.) a) Gewinnen Sie eine Formel zur Umrechung von cot 2x auf cot x . (Tipp: Additionstheoreme)
1
b) Zeigen Sie
cos 2 x = 1 + tan2 x . c) Zeigen Sie sin 2 x + cos 2 x = 1 mit cos(x − x) .
d) Zeigen Sie sin x = 2 tan ( )
x
2
1 + tan 2 ( ) . e) Zeigen Sie cos x = 1 − ( )
tan2 x
2
x
2
1 + tan 2 ( ) .
x
2
2.) Zeichnen Sie die folgenden Funktionen, ggf. mittels einer Wertetabelle
a) f(x) = sin (2x + π) b) f(x) = tan ( x − π )
2
( )
d) f(x) = sin x · cos x e) f(x) = 2 sin 2
3 x
c) f(x) = sin x + cos x
f) f(x) = |cos x|
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen II
cos(x + x)
1.) a) cot 2x =
sin(x + x) = cos2 x − sin 2 x
2 sin x cos x
= 1 (
2 · cot x − 1 )
cot x
= (cos x) ✄ 2
2 sin x✘ ✘
b) 1 + tan 2 x = 1 + sin2 x
cos 2 x = cos2 x
cos 2 x + sin2 x
cos 2 x = 1
cos 2 x
c) Mit dem Additionstheorem erhalten wir:
cos x − (sin x) 2 ✄
2✟ sin ✟ = 1 ( cos x
x cos x 2 ·
sin x − sin x
cos x
cos(x − x) = cos ( x + (−x) ) = cos(x) · cos(−x) − sin x · sin(−x) = cos 2 x + sin 2 x
Andererseits gilt aber auch: cos(x − x) = cos 0 = 1, also:
)
cos 2 x + sin 2 x = 1 ∀ x ∈ R
d)
( x
2 tan
2)
) = 2 ·
1 + tan 2 ( x
2
( x
sin
2)
( x
cos
2)
)
( x
sin 2 2
1 + )
= 2 ·
( x
sin
2)
( x
cos
2)
( ) ( )
x x
cos 2 sin 2
2 2
) + )
( x
sin
2)
= 2 · ( x
cos 2 2
( x
· cos
2)
)
+ sin 2 ( x
2
)
( ( ( x x x
cos 2 cos
2
2 cos
2
2 2
( ( ( ( ( ( ( x x x x x x x
= 2 · sin · cos = sin · cos + cos · sin = sin
2)
2)
2)
2)
2)
2)
2 + x = sin x
2)
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14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen II
)
)
)
e)
1 − tan 2 ( )
x
2
1 + tan 2 ( ) =
x
2
( x
sin 2 2
1 − ( ) x
cos 2 2
( ) x
sin 2 2
1 + )
=
( ( x x
cos 2 sin 2
2 2
( ) − ( )
x x
cos 2 cos
2
2 2
( ) ( )
x x
cos 2 sin 2
2 2
) + )
=
( ) ( )
x x
cos 2 − sin 2 (
2 2 x
( ) ( ) = cos
x x
cos 2 + sin 2 2 + x 2)
2 2
= cos x
cos 2 ( x
2
cos 2 ( x
2
cos 2 ( x
2
2.) Es ergeben sich die Graphen:
a) f(x) = sin (2x + π)
b) f(x) = tan ( x − π 2
( )
e) f(x) = 2 sin 2
3 x
)
.
3
2
1
-2 -1 1 2 3 4 5
-1
-2
Es gelten: sin x + cos x =
√
2
√ · (sin x + cos x) = √ (
2 · sin x ·
2
= √ 2 ·
(
sin x · cos
1
√
2
+ cos x ·
)
1
√
2
( )
( ) ) π π
+ cos x · sin = √ (
2 · sin x + π )
4 4
4
und
sin x · cos x = 1 2 · 2 · sin x · cos x = 1 2 · (sin x · cos x + sin x · cos x) = 1 · sin (2x)
2
Damit erhalten wir die Graphen:
f(x) = sin x
f(x) = cos x
c) f(x) = sin x + cos x
d) f(x) = sin x · cos x
.
2
1.5
1
0.5
-2 2 4 6
-0.5
-1
-1.5
-2
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14. Tag – Weitere Funktionen
Lösungen zu Trigonometrische Funktionen II
f) f(x) = |cos x|
.
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-2 -1 1 2 3 4 5
-0.2
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
15. Tag – Folgen und Grenzwerte
1. Übung: Folgen und Grenzwerte I – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie lim
n → ∞ a n (sofern möglich) für die Folgen:
a) a n = n − 3
n + 4
b) a n = 2n2 − 5n + 3
3n 3 + 11
( ) n + 1 2
c) a n = − n2
2 4
2.) Bestimmen Sie für die angegebenen Folgen die Glieder a 1 , . . . a 1 0 und zeichnen diese in ein geeignetes
Koordinatensystem.
Geben Sie nun – von den Graphen ausgehend – Vermutungen für das jeweilige Grenzwertverhalten der Folgen an.
(Ist die Folge konvergent? Und wenn ja, gegen welchen Wert?)
Überprüfen Sie Ihre Einschätzungen für die konvergenten Folgen mithilfe der Grenzwertdefinition für ε 1 = 1
1000 und
ε 2 = 1
1000000 .
a) a n = 3 − n
n + 2
( 2
b) a n =
n − n )
2
d) a n = n2
1 − n + n e) a n = n 1 2
n+1
n 2 f) a n =
3.) Gegeben sei die Folge a n = n . Zeigen Sie mit der Grenzwertdefinition, dass
3n − 2 lim
4.) Bestimmen Sie jeweils den Grenzwert – soweit er existiert – der nachstehenden Folgen.
a) a n = 3n3 − 7n + 5
5n 2 + 6n + 1
d) a n = (−1) n n3 + 2
n 3 − n
g) a n =
b) a n = 3n3 + 2n − 1
5n 3 − 4n − 2
2n
√ h) a n = 3n + 1
n(n + 1) n 2 − 1 cot 1 n
j) a n = (3 · 4 n−2 − 5 · 3 n )(5 · 4 −(n+2) − 6 −n )
c) a n = n2 − 10n
(n + 1)(n + 2)
√
n(n 2 − 1)
1
2 n + 2
a n = 1
n → ∞ 3 .
c) a n = 3n3 − 5n − 3
5n 4 − 3n + 3
e) a n = n2
n − 1 − n f) a n = n 1 2 + n 3
n 2 n − 4 9
(
1 − 1 − 1 n
i) a n = (
1 − 1 − 1 n
) 5
) 2
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Folgen und Grenzwerte I
Lösungen zu Folgen und Grenzwerte I
1.) a) Bei der Berechnung des Grenzwertes eines Quotienten zweier Polynomausdrücke teilt man durch die höchste
gemeinsame Potenz 29 und dann zeigt sich, wogegen die einzelnen Summanden in Zähler und Nenner streben:
a n = n − 3
Kürzen mit der höchsten gemeinsamen Potenz n1
n + 4 ∣
= 1 − 3 n
1 + 4 n
Die Terme 3 ∣
n und 4 gehen gegen Null für n gegen Unendlich.
n
Die konstanten Terme 1 bleiben so.
=⇒ a n
n → ∞
−−−→ 1 1 = 1
b) lim a 2n 2 − 5n + 3
n = lim
n → ∞ n → ∞ 3n 3 + 11
2 − 5 n
= lim
+ 3 n 2
n → ∞ 3n + 11
n 2
Kürzen mit der höchsten gemeinsamen Potenz n2
∣
∣ ∣∣∣∣ Alle Terme mit n-Potenzen im Nenner gehen gegen Null.
D.h. der Term 3n, der nun im Nenner steht, wird bestimmend.
= 0
Andere Schreibweise (Kürzen mit der höchsten auftretenden Potenz n 3 ):
2n 2 2
− 5n + 3
n
lim
n → ∞ 3n 3 = lim
− 5 + 3 n 2 n 3
+ 11 n → ∞ 3 + 11 = 0
n 3
c) Es gilt:
( n + 1
2
) 2
− n2
4 = n2 + 2n + 1
− n2
4 4 = 2n + 1 = n 4 2 + 1 4
( n
lim a n = lim
n → ∞ n → ∞ 2 + 1 )
= ∞
4
und damit
Die Folge ist somit (bestimmt) divergent.
2.)
∣
3.) Zu zeigen ist: Für jedes ε > 0 gibt es ein n ∈ N mit ∣a n − 1 3∣ < ε
∣
Berechne ∣a n − 1 n
3∣ = ∣
3n−2 − 1 3∣ = ∣ 3n−(3n−2)
2
3·(3n−2)
∣ = ∣
3·(3n−2)
∣ = 2
Für ein beliebiges ε > 0 ergibt sich dann:
2
3 · (3n − 2)
!
< ε ⇐⇒ 2
3ε
3·(3n−2) .
< 3n − 2 ⇐⇒
2
3ε + 2 < 3n ⇐⇒ n > 2 3 + 2
9ε ,
∣ d.h. mit n (ε) ≥ 2 3 + 2
9ε gilt ∣∣an
− 1 n → ∞
3∣ < ε und somit ist bewiesen, dass für die Folge a n −−−→ 1 3 gilt.
4.) a) Bei der Berechnung des Grenzwertes eines Quotienten zweier Polynomausdrücke teilt man durch die höchste
29 Es gibt mehrere Verfahren: Man kann z.B. auch durch die höchste auftretende Potenz teilen.
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Folgen und Grenzwerte I
gemeinsame Potenz 30 und dann zeigt sich, wogegen die einzelnen Summanden in Zähler und Nenner streben:
3n 3 − 7n + 5
lim
n → ∞ 5n 2 + 6n + 1 = lim 3n − 7 n + ∣ 5 ∣∣∣∣ Der Term 3n bestimmt nun das Verhalten.
n 2
n → ∞ 5 + 6 n + 1 Alle Terme mit n oder n 2 im Nenner streben gegen
n 2 Null.
= ∞
3n 3 + 2n − 1
b) lim
n → ∞ 5n 3 − 4n − 2 = lim 3 + 2 − 1 n 2 n 3
n → ∞ 5 − 4 − 2 = 3 5
n 2 n 3
3n 3 − 5n − 3
c) lim
n → ∞ 5n 4 − 3n + 3 =
lim
n → ∞
3 − 5 n 2 − 3 n 3
5n − 3 n 2 + 3 n 3 = 0
n
d) Es gilt zwar lim
3 +2
n → ∞ n 3 −n = 1, aber (−1)n nimmt abwechselnd die Werte −1 und 1 an.
Die Folge a n konvergiert also nicht, sondern hat lediglich zwei Häufungspunkte bei ±1.
e) lim
n → ∞
n 2 1 + n 3
f) lim
n → ∞
n n 2 − 4 9
n 2
n − 1 − n =
lim
n → ∞
(
= lim
n → ∞ n ( 12 + n 3
n 2 n · (n − 1)
−
n − 1 (n − 1)
) )
−( 2n − 9
4
)
n 2 − (n 2 − n) n
= lim
= lim
n → ∞ n − 1 n → ∞ n − 1 = 1
= lim n 1 2 + n 3 − n 2 + 4 9 = lim n 18 9 + 6n
18 − 18n 36 + 18
8
n → ∞ n → ∞
= lim n 18n 9n + 6n2
18n − 18n 36 + 18n 8n
= lim n 9n+6n2 −36+8n
18n = lim n 6n2 +17n−36
18n
n → ∞ n → ∞ n → ∞
)
(
= lim n n3 + 17
18 − n
2
n → ∞
Für den Exponent gilt n 3 + 17
18 − 2 n > 1 für n ≥ 3 und somit auch a n ≥ n 1 für n ≥ 3 und wegen lim
n → ∞ n1 = ∞
schließlich: 31 a n = n 1 2 + n 3
2n
√
g) lim √ = lim 2 ·
n → ∞ n(n + 1) n → ∞
n 2
n(n+1) =
n 2 n − 4 9
= n n 3 + 17
18 − 2 n
n → ∞
−−−→ ∞
lim 2 · √ √
n
n → ∞ n+1 = lim 2 · 1 − 1
n → ∞ n+1 = 2
3n + 1
h) lim
n → ∞ n 2 − 1 cot 1 n =
Es gelten: n · sin 1 n = sin 1 n
1
n
lim 3n + 1
n → ∞ n − 1 n
und :
cos 1 n
n · sin 1 n
sin 1 n
1
n
n → ∞
−−−→ 1 .
3 + 1 n
cos 1 n
= lim
n → ∞ 1 − 1 sin 1
n 2 n
1
n
= 3 · 1
1 = 3
30 Es gibt mehrere Verfahren: Man kann z.B. auch durch die höchste auftretende Potenz teilen.
31 Wir vergleichen die gegebene Folge (a n ) n∈N mit einer einfacheren Folge (b n ) n∈N , deren Verhalten für n gegen Unendlich wir bereits kennen:
• Finden wir eine divergente Minorante (Es gilt b n ≤ a n ab einem n 0 ∈ N und (b n ) n∈N −−−→ ∞), dann divergiert auch (a n ) n∈N .
n → ∞
• Finden wir eine konvergente Majorante (Es gilt b n ≥ a n ab einem n 0 ∈ N und (b n ) n∈N −−−→ c ∈ R), dann konvergiert auch (a n ) n∈N .
n → ∞
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Folgen und Grenzwerte I
i) Mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes errechnet man
(
1 −
a n =
1 −
j) Ausmultiplizieren liefert
) 5
1 − 1 n
( ) 2
=
1 − 1 n
(
1 −
= 5 − 10 n + 10
n 2 − 5 n 3 + 1 n 4
2 − 1 n
)
1 − 5 n + 10 − 10 + 5 − 1 n 2 n 3 n 4 n
) 5 =
1 −
(1 − 2 n + 1 n 2
n → ∞
−−−→ 5 2 .
a n = ( 3 · 4 n−2 − 5 · 3 n) (
· 5 · 4 −(n+2) − 6 −n) = 15
4 4 − 25
= 15
256 − 25 ( ) 3 n
4 2 · − 3 ( ) 2 n ( 1 n
4 4 2 · + 5 ·
3 2)
Für 0 < q < 1 ist (q n ) n∈N eine Nullfolge, d.h.
lim a n = 15
n → ∞ 256 .
4 2 · ( 3
4
5
n − 10 + 10 − 5 + 1 n 2 n 3 n 4 n 5
2
n − 1 n 2
) n
− 3 ( ) 4 n ( 3 n
4 2 · + 5 ·
6 6)
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
2. Übung: Weitere Funktionen II – Aufgaben
2. Übung: Weitere Funktionen II – Aufgaben
1.) Bilden Sie die Umkehrfunktionen der folgenden Funktionen. Skizzieren Sie außerdem die jeweiligen Graphen.
a) f(x) = 4 − √ x b) f(x) = x + 1
x − 1
c) f(x) = 2 x + 1
d) f(x) = ln ( ln(x) ) e) f(x) = 1 − e x f) f(x) = ln(x 2 )
2.) Zeigen Sie: a) tanh x = 1 − 2
e 2x b) artanh x = 1 ( ) 1 + x
+ 1
2 · ln 1 − x
3.) Lösen Sie die Gleichungen einmal nach y und einmal nach x auf. – Vernachlässigen Sie dabei die Betrachtung der
möglichen Lösungsintervalle und Definitionsbereiche.
a) sin ( y 4) = 5e x b) ln ( cos(3y) ) = (x + 2) −1
c) e sin(y)+2 = ln |x| d) sinh (√ tan y ) = cos ( 3x 2 + 2 )
( (
cos 4y 2 − 2 ) ) ( ) 1
(
e) ln
= tan
15
e x f) 2 + e
tan(y 2 )+3 ) 2 (
= cos(x −3+4 + 2) ) 3
− 3
Lösungen zu Weitere Funktionen II
1.) a) Für f(x) = 4 − √ x ergibt.
sich die globale Umkehrfunktion:
8
y
y = 4 − √ x
⇒ y − 4 = − √ x
⇒ 4 − y = √ x
⇒ x = ( 4 − y ) 2
⇒ f −1 (x) = (4 − x) 2
6
4
mit D f −1 = (−∞; 4]
2
1 2 3 4
x
b) Für f(x) = x + 1
x − 1 = 1 + 2
x − 1
ergibt sich die globale Umkehrfunktion:
y = 1 + 2
x − 1
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⇒ y − 1 = 2
x − 1
⇒ f −1 (x) = x + 1
x − 1
⇒
1
y − 1 = x − 1
2
⇒
2
y − 1 = x − 1
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Weitere Funktionen II
y
6
4
2
6 4 2 2 4 6
x
2
4
6
c) Für f(x) = 2 x + 1 ergibt sich wegen f(x) > 1 ∀ x ∈ R die globale Umkehrfunktion:
y = 2 x + 1 ⇒ y − 1 = e x·ln 2 ⇒ ln ( y − 1 ) = x · ln 2 ⇒ ln ( y − 1 )
⇒ f −1 (x) =
ln (x − 1)
ln 2
ln 2
= x
y
6
4
2
4 2 2 4 6
x
2
4
d) Für f(x) = ln ( ln(x) ) , x > 1 ergibt sich:
y = ln ( ln(x) ) ⇒ e y = ln x ⇒ e (ey) = x ⇒ f −1 (x) = e (ex )
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Lösungen zu Weitere Funktionen II
y
6
4
2
4 2 2 4 6
x
2
4
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Weitere Funktionen II
e) Für f(x) = 1 − e x ergibt sich:
y = 1 − e x ⇒ y − 1 = −e x ⇒ 1 − y = e x ⇒ ln ( 1 − y ) = x =⇒ f −1 (x) = ln (1 − x)
y
2
1
5 4 3 2 1 1 2
x
1
2
3
4
5
f) f(x) = ln(x 2 ) ist achsensymmetrisch zur y-Achse, wir erhalten also zwei Teil-Umkehrfunktionen:
y = ln(x 2 ) ⇒ e y = x 2 ⇒ √ e y = x 1 ∧ − √ e y = x 2
⇒
f −1
1 (x) = e 1 2 x für den roten Teilgraph von f(x)
f −1
2 (x) = −e 1 2 x für den orangenen Teilgraph von f(x)
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15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Weitere Funktionen II
y
4
2
4 2 2 4
x
2
4
2.) a) tanh x = sinh x
cosh x =
e x −e −x
2
e x +e −x
2
= e2x + (1 − 1) − 1
e 2x + 1
b) y = 1 − 2
e 2x + 1
⇔
= ex − e −x
e x + e −x = ex − e −x ex
e x ·
+ e−x e x = e2x − 1
e 2x + 1
( )
e 2x + 1 − 2
=
e 2x = e2x + 1
+ 1 e 2x + 1 − 2
e 2x + 1 = 1 − 2
e 2x + 1
2
e 2x + 1 = 1 − y ⇔ e2x + 1 = 2
1 − y
⇔ e 2x = 2
1 − y − 1 − y
1 − y
⇔ x = 1 ( ) 1 + y
2 · ln 1 − y
Und damit f −1 (x) = artanh x = 1 ( ) 1 + y
2 · ln 1 − y
⇔
e 2x = 1 + y
1 − y
⇔ e 2x = 2
1 − y − 1
⇔
zu f(x) = tanh x, wie behauptet.
2x = ln
)
(
3.) a) Nach x aufgelöst: sin y 4) sin
(y 4 )
= 5e x ⇒
= e x sin
(y 4
⇒ x = ln
5
5
∣
(
Nach y aufgelöst: sin y 4) √
= 5e x ⇒ y 4 = arcsin 5e x ⇒ y = 4 arcsin 5e x
∣
( ) 1 + y
1 − y
b) Nach x aufgelöst:
ln ( cos(3y) ) = (x + 2) −1
⇒
1
ln ( cos(3y) ) = x + 2 ⇒ x = 1
ln ( cos(3y) ) − 2
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Lösungen zu Weitere Funktionen II
Nach y aufgelöst: ln ( cos(3y) ) = (x + 2) −1 ⇒ cos(3y) = e 1
x+2
c) Nach x aufgelöst: e sin(y)+2 = ln |x| ⇒ e
(
⇒
( )
3y = arccos e x+2
1
e sin(y)+2) = |x| ⇒ x = ±e
⇒ y = 1 ( )
3 · arccos e x+2
1
(e sin(y)+2)
Nach y aufgelöst: e sin(y)+2 = ln |x| ⇒ sin(y) + 2 = ln ∣ ∣ln |x| ∣ ∣ ⇒ y = arcsin
(
ln ∣ ∣ln |x| ∣ )
− 2
d) Nach x aufgelöst:
(√ ) ( )
sinh tan y = cos 3x 2 + 2
⇒
( (√ ) )
arccos sinh tan y = 3x 2 + 2
⇒ 1 (√ ) (sinh ) √
3 · arccos tan y − 2 (
3 = 1
(√ ) )
x2 ⇒ x = ±
3 · arccos sinh tan y − 2 3
Nach y aufgelöst:
(√ ) ( )
sinh tan y = cos 3x 2 + 2
(
⇒ tan y = arsinh
2 (
cos 3x 2 + 2) ) (
⇒ y = arctan
⇒
√ ( ( ) )
tan y = arsinh cos 3x 2 + 2
2
arsinh
( ( ) ))
cos 3x 2 + 2
e) Nach x aufgelöst:
⎛ (
⎜
cos 4y 2 − 2
ln ⎝
15
) ⎞
⎟
⎠ = tan
( 1
)
e x − 3
⇒
⎛ ⎛ ( ) ⎞⎞
arctan ⎜
⎝ ln ⎜
cos 4y 2 − 2
⎟
⎝
⎠⎟
15 ⎠ = 1
e x − 3
⇒
⎛ ⎛ ⎛ ( ) ⎞⎞
⎞
⎜
⎝ arctan ⎜
⎝ ln ⎜
cos 4y 2 − 2
⎟
⎝
⎠⎟
15 ⎠⎟
⎠
−1
⎛ ⎛
⎛ ( ) ⎞⎞
⎞
= e x − 3 ⇒ x = ln
⎜
⎝ arctan ⎜
⎝ ln ⎜
cos 4y 2 − 2
⎟
⎝
⎠⎟
15 ⎠⎟
⎠
∣
−1
+ 3
∣
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27.09.2013
15. Tag – Folgen und Grenzwerte
Lösungen zu Weitere Funktionen II
Nach y aufgelöst:
⎛ (
⎜
cos 4y 2 − 2
ln ⎝
15
) ⎞
⎟
⎠ = tan
( 1
)
e x − 3
⇒
( )
cos 4y 2 − 2
15
= e
⎛
⎝tan
( )⎞
1
e x ⎠
− 3
⇒
⎛ ⎛
4y 2 − 2 = arccos ⎜
⎝ 15 · e
⎝tan
( 1
e x − 3
)⎞
⎠
⎞
⎛ ⎛
⎟
⎠ ⇒ y2 = 1 4 · arccos ⎜
⎝ 15 · e
⎝tan
( 1
e x − 3
)⎞
⎠
⎞
⎟
⎠ + 1 2
⎛ ⎛
⇒ y = ±
1
√4 · arccos ⎜
⎝ 15 · e
⎝tan
( 1
e x − 3
)⎞
⎠
⎞
⎟
⎠ + 1 2
f) Nach x aufgelöst:
(2 + e tan(y2 )+3 ) 2
=
(
cos(x −3+4 + 2)) 3
⇒ 3 √ (
2 + e tan(y2 )+3) 2
= cos(x + 2)
⇒
(
) 2
arccos 2 + e tan(y2 )+3 3
(
) 2
= x + 2 ⇒ x = (arccos) 2 + e tan(y2 )+3 3
− 2
Nach y aufgelöst:
⇒
(2 + e tan(y2 )+3 ) 2
=
(
cos(x −3+4 + 2)) 3
⇒ 2 + e tan(y2 )+3 = ( cos(x + 2) ) 3 2
y 2 = arctan
(
ln
(
2 − ( cos(x + 2) ) ) )
3
2
− 3
⇒
tan(y 2 ( ) 3 ) + 3 = ln
∣ cos(x + 2) 2
− 2
∣
(
⇒ y = ± √ arctan
(ln 2 − ( cos(x + 2) ) ) )
3
2
− 3
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30.09.2013
16. Tag – Differenzieren
16. Tag – Differenzieren
1 & 2. Übung: Differenzieren I & II – Aufgaben
1.) Bilden Sie die erste, zweite und dritte Ableitung von:
a) f(x) = x 4 b) f(x) = 2x 5 c) f(x) = 3x 4 + 4x 2
d) f(x) = 3x 11 − 3x 7 e) f(x) = 3x −2 f) f(x) = 1
x 3
g) f(x) = 5x 4 + 2x −4 h) f(x) = 3x 8 − 2x 4 − 5 x + 2
x 3
2.) Bestimmen Sie
a) f ′ (1) für f(x) = 3x 3 + 2x + 1 b) g ′ (π) für g(x) = 3x · sin(x)
( ) 3
c) h ′ (2) für h(x) = 2x 2 + x
d) i ′ (0) für i(x) = x2 − 3x
3x 3 − 2
3.) Bestimmen Sie Definitionsbereich, Ableitung und Definitionsbereich der Ableitung für:
a) f(x) = 1 4 x4 + 1 3 x3 + 1 2 x2 + x + 1 b) f(x) = x 2 + t 2 c) f(t) = x 2 + t 2
( ) x 5
d) f(x) =
e) f(x) = cos 3x f) f(x) = cos x 3 g) f(x) = cos 3 x
1 + x
h) f(x) = (x 5 + sin x) 7 i) f(x) = √ x 2 − 5x + 6 j) f(x) = √ −x 4 + 11
4.) Bilden Sie die erste und zweite Ableitung der folgenden Funktionen:
a) f(x) = 3x 5 − 4x 3 + 1 2 x − 5 b) f(x) = sin x · cos x c) f(x) = x2 − 2x + 4
x − 3
d) f(x) = cos x · ln x e) f(x) = e 1 2 x2 f) f(x) = x 2 · arctan x
g) f(x) = sin x
x 3 h) f(x) = tan (e x )
5.) Bestimmen Sie Definitionsbereich, Ableitung und Definitionsbereich der Ableitung für:
a) f(x) = |x| b) f(x) = tan 1 x 2 c) f(x) = sin √ x d) f(x) = sin |x|
e) f(x) = √ sin x f) f(x) = √ √ √
x + 1
|sin x| g) f(x) =
h) f(x) = x + √ x + √ x
x − 2
6.) Berechnen Sie die erste Ableitung von
a) f(x) = 5x 3 b) f(x) = 4x 4 + 1 2 x2 + 1 x
c) f(x) = 3
x 3 + 4x −1
d) f(x) = − sin 2x e) f(x) = cos 2 x − tan x f) f(x) = arctan x + sin 1 x
g) f(x) = e −x + e
(
x −2) h) f(x) = (e x ) 3 + arcsin x i) f(x) = ln x + ln 2
3x
f (x 0 + h) − f (x 0 )
7.) Berechnen Sie den Grenzwert lim
h → 0 h
Gleichung der Tangente an den Graphen von f im Punkt
für die Funktion f(x) = x 3 , x 0 ∈ R, und geben Sie die
( )
x 0 ,x0
3 an.
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30.09.2013
16. Tag – Differenzieren
Lösungen zu Differenzieren I & II
Lösungen zu Differenzieren I & II
1.) a) f(x) = x 4
⇒ f ′ (x) = 4 · x 4−1 = 4x 3
)
⇒ f ′′ (x) = 4 ·
(3 · x 3−1 = 12 · x 2
)
⇒ f ′′′ (x) = 12 ·
(2x 2−1 = 24x
b) f(x) = 2x 5
)
⇒ f ′ (x) = 2 ·
(5 · x 5−1 = 10x 4
) )
⇒ f ′′ (x) = 10 ·
(4 · x 4−1 = 10 ·
(4x 3 = 40x 3
)
⇒ f ′′′ (x) = 40 ·
(3x 3−1 = 120x 2
c) f(x) = 3x 4 + 4x 2
)
⇒ f ′ (x) = 3 ·
(4x 3 + 4 · (2x) = 12x 3 + 8x
)
⇒ f ′′ (x) = 12 ·
(3x 2 + 8 = 36x 2 + 8
⇒
f ′′′ (x) = 36 · (2x) + 0 = 72x
d) f(x) = 3x 11 − 3x 7
) )
⇒ f ′ (x) = 3 ·
(11x 10 − 3 ·
(7x 6 = 33x 10 − 21x 6
) )
⇒ f ′′ (x) = 33 ·
(10x 9 − 21 ·
(6x 5 = 330x 9 − 126x 5
)
)
⇒ f ′′′ (x) = 330 ·
(9x 8 − 126 ·
(5x 4 = 2970x 8 − 630x 4
e) f(x) = 3x −2
)
⇒ f ′ (x) = 3 ·
(−2 · x −2−1 = −6x −3
)
⇒ f ′′ (x) = −6 ·
(−3 · x −3−1 = 18x −4
)
⇒ f ′′′ (x) = 18 ·
(−4 · x −4−1 = −72x −5
f) f(x) = 1
x 3
= x −3
⇒ f ′ (x) = −3x −4
)
⇒ f ′′ (x) = −3 ·
(−4x −5 = 12x −5
)
⇒ f ′′′ (x) = 12 ·
(−5x −6 = −60x −6
g) f(x) = 5x 4 + 2x −4
)
⇒ f ′ (x) = 5 ·
(4x 3
⇒ f ′′ (x) = 20 ·
)
+ 2 ·
(−4x −5 ) (−5x −6
(3x 2 )
− 8 ·
= 20x 3 − 8x −5
= 60x 2 + 40x −6
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)
⇒ f ′′′ (x) = 60 · (2x) + 40 ·
(−6x −7 = 120x − 240x −7
16. Tag – Differenzieren
Lösungen zu Differenzieren I & II
h) f(x) = 3x 8 − 2x 4 − 5 x + 2 = 3x 8 − 2x 4 − 5x −1 + 2x −3
x
)
3
)
)
)
⇒ f ′ (x) = 3 ·
(8x 7 − 2 ·
(4x 3 − 5 ·
(−x −2 + 2 ·
(−3x −4 = 24x 7 − 8x 3 + 5x −2 − 6x −4
) )
)
)
⇒ f ′′ (x) = 24 ·
(7x 6 − 8 ·
(3x 2 + 5 ·
(−2x −3 − 6 ·
(−4x −5 = 168x 6 − 24x 2 − 10x −3 + 24x −5
)
)
)
⇒ f ′′′ (x) = 168 ·
(6x 5 − 24 · (2x) − 10 ·
(−3x −4 + 24 ·
(−5x −6 = 1008x 5 − 48x + 30x −4 − 120x −6
2.) a) f ′ (x) = 9x 2 + 2 ⇒ f ′ (1) = 11
b) g ′ (x) = 3 · sin(x) + 3x · cos x ⇒ g ′ (π) = −3π
( 2
c) h ′ (x) = 3 · 2x 2 + x)
· (4x + 1) ⇒ h ′ (2) = 2700
d) i ′ (x) = (2x − 3)(3x3 − 2) − (x 2 − 3x)(9x 2 )
(3x 3 − 2) 2 ⇒ i ′ (0) = 3 2
3.) a) f(x) ist ein Polynom und hat daher keine Definitionslücken, d.h. D f = R .
f ′ (x) = x 3 + x 2 + x + 1 =⇒ D f ′ = R . Begründung wie oben.
b) D f = R . f ′ (x) = 2x =⇒ D f ′ = R .
c) D ( (f(t) ) = R . f ′ (t) = 2t =⇒ D ( (f ′ (t) ) ) = R .
d) D f = R \ {−1} ; Nullstelle des Nenners.
( ) x 4
f ′ 1 · (1 + x) − x · 1
(x) = 5 · ·
1 + x (1 + x) 2 = 5x4
(1 + x) 6 =⇒ D f ′ = R \ {−1} s.o.
e) f(x) = cos x ist für alle x ∈ R definiert (3x ebenso), also ist cos(3x) als Komposition ebenfalls überall definiert,
d.h. D f = R .
f ′ (x) = − sin(3x) · 3 =⇒ D f ′ = R .
f) D f = R .
f ′ (x) = − sin(x 3 ) · 3x 2 ist ein Produkt überall definierter Funktionen, d.h. D f ′ = R .
g) f(x) = cos 3 x = (cos x) 3 =⇒ D f = R .
f ′ (x) = 3 · (cos x) 2 · (− sin x) =⇒ D f ′ = R .
h) D f = R . f ′ (x) = 7 · (x 5 + sin x) 6 · (5x 4 + cos x) =⇒ D f ′ = R .
i) f(x) ist als Wurzelfunktion definiert für x 2 − 5x + 6 ≥ 0 ⇒ x 2 − 5x + 6 = 0
⇒ x 1/2 = 5 2 ± 1 2
⇒ x 1 = 2 ∧ x 2 = 3 =⇒ D f = R \ ( 2; 3 ) , wir schneiden den negativen Teil der
Parabelfunktion, d.h. das offene Intervall ( 2; 3 ) aus R heraus.
f ′ 1
(x) =
2 √ x 2 − 5x + 6 · (2x − 5) = 2x − 5
2 √ =⇒ D f
x 2 ′ = R \ [2; 3] .
− 5x + 6
Nun muss auch √ . . . = 0 ausgeschlossen werden, da die Wurzel im Nenner eines Bruches steht.
√
j) f(x) ist definiert für −x 4 + 11 ≥ 0 ⇒ 4 11 ≥ x ≥ −
4√ √ ]
11 =⇒ Df =
[− 4 11;
4√
11
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16. Tag – Differenzieren
Lösungen zu Differenzieren I & II
f ′ (x) =
1
2 √ −x 4 + 11 · (−4x3 ) =
4.) a) f(x) = 3x 5 − 4x 3 + 1 2 x − 5
−4x 3
2 √ −x 4 + 11
=⇒ D f ′ =
(− 4 √
11;
4√
11
)
.
⇒ f ′ (x) = 15x 4 − 12x 2 + 1 2
⇒
f ′′ (x) = 60x 3 − 24x
b) f(x) = sin x · cos x
⇒
⇒
f ′ (x) = cos x · cos x + sin x · (− sin x) = cos 2 x − sin 2 x
f ′′ (x) = 2 cos x · (− sin x) − 2 sin x · cos x = −4 sin x · cos x
c) f(x) = x2 − 2x + 4
x − 3
(2x − 2) · (x − 3) −
⇒ f ′ (x) =
= x2 − 6x + 2
(x − 3) 2
=
( )
x 2 − 2x + 4 · 1
(x − 3) 2 =
(2x − 6) · (x − 3) 2 −
⇒ f ′′ (x) =
(
)
(x − 3) 4
2x 2 − 12x + 18 −
d) f(x) = cos x · ln x
⇒ f ′ (x) = (− sin x) · ln x + cos x · 1
x
( )
x 2 − 6x + 2 · 2 (x − 3) · 1
(
2x 2 − 12x + 4
(x − 3) 3 = 14
(x − 3) 3
)
= − sin x · ln x +
cos x
x
⇒ f ′′ (x) = − cos x · ln x − sin x · 1 − sin x · x − cos x
x
+
x 2
e) f(x) = e 1 2 x2
⇒
f ′ (x) = e 1 2 x2 · x
⇒ f ′′ (x) = e 1 2 x2 · x · x + e 1 2 x2 · 1 = e 1 2 x2 ·
f) f(x) = x 2 · arctan x
⇒ f ′ (x) = 2x · arctan x + x 2 ·
1
1 + x
⇒ f ′′ (x) = 2 · arctan x + 2x
1 + x 2 + 2x ·
( )
x 2 + 1
x2
= 2x · arctan x +
2 1 + x
) (1 2
+ x 2 − x 2 · 2x
( ) 1 + x 2 2
(
) ( )
2x 2 − 8x + 6 − x 2 − 2x + 4
(x − 3) 2
= − cos · ln x − 2 sin x
x
)
2x ·
(1 + x 2
= 2 arctan x + ( ) + 2x ✟ ✟ +2x 3 ✟ ✟ −2x 3
1 + x 2 2 ( ) 4x + 2x3
= 2 arctan x +
1 + x 2 2
( ) 1 + x 2 2
− cos x
x 2
g) f(x) = sin x
x 3
⇒ f ′ (x) = cos x · x3 − sin x · 3x 2
x 6 =
(
cos x · x − 3 sin x
)
· x
2
x 6
=
cos x · x − 3 sin x
x 4
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Lösungen zu Differenzieren I & II
⇒ f ′′ (x) =
=
( (− sin x) · x + cos x − 3 cos x
)
· x 4 − ( cos x · x − 3 sin x ) · 4x 3
( (− sin x) · x − 2 cos x
)
· x −
(
cos x · x − 3 sin x
)
· 4
= − sin x · x2 − 2 cos x · x − 4 cos x · x + 12 sin x
x 5 =
h) f(x) = tan (e x )
( )
⇒ f ′ (x) = 1 + tan 2 (e x ) · e x = e x + tan 2 (e x ) · e x
( )
⇒ f ′′ (x) = e x + 2 tan (e x ) · 1 + tan 2 (e x ) · e x + tan 2 (e x ) · e x
oder: f ′ (x) =
⇒
1
cos 2 (e x ) · ex =
x 5
ex
cos 2 (e x )
f ′′ (x) = ex · cos 2 (e x ) − e x · 2 cos (e x ) · (−
sin (e x ) ) · e x
cos 4 (e x )
x 8
)
sin x ·
(12 − x 2 − cos x · 6x
x 5
= ex · cos (e x ) + 2e 2x · sin (e x )
cos 3 (e x )
5.) a) f(x) = |x| ist für alle reellen x definiert: D ( (f(x) ) = R
⎧
⎧
⎨ x für x ≥ 0
⎨
Wegen f(x) =
gilt: f ′ 1 für x > 0
(x) =
.
⎩ −x für x < 0
⎩ −1 für x < 0
Für x = 0 können wir keine Ableitung bilden, denn in diesem Punkt ist die Funktion nicht differenzierbar. —
Der scharfe Knick des Graphen erlaubt keine eindeutige Tangente, damit gilt: D ( (f(x) ) = R \ {0} .
b) tan z ist definiert für − π 2 < z < π 2
1
x 2 = 2k − 1
2
( )
f ′ (x) Kettenregel 1
= tan ′ x 2 · (x −2 ) ′ =
(π-periodisch); wegen
1
x 2
π mit k ∈ N ⇒ x =
√
2
(2k−1)π
=⇒ D ( (f(x) ) = R \
(1 + tan 2 1 x 2 )
· (−2) · x −3
=⇒ D ( (f ′ (x) ) = R \
( {√
2
(2k−1)π ; k ∈ Z }
∪ {0}
c) D ( (f(x) ) = R + = [0,∞) . f ′ (x) = cos (√ x ) ·
d) D ( (f(x) ) = R .
⎧
⎨ sin x für x ≥ 0
Wegen f(x) =
⎩ sin(−x) für x < 0
1
2 √ x
)
.
> 0 für x ≠ 0 untersuchen wir:
=⇒ D ( (f ′ (x) ) = (0,∞) .
⎧
⎨
gilt: f ′ cos x für x ≥ 0
(x) =
⎩ − cos(−x) für x < 0
( {√
2
(2k−1)π ; k ∈ Z }
∪ {0}
=⇒ D ( (f ′ (x) ) = R \ {0} , da f(x) nicht differenzierbar in x = 0 ist; f ′ (x) ist nicht stetig fortsetzbar in
x = 0 .
e) Es gilt sin x ≥ 0 für 0 ≤ x ≤ π und allgemein für 2kπ ≤ x ≤ (2k + 1)π mit k ∈ Z .
=⇒ D ( (f(x) ) = R \ ( (2k − 1)π, 2kπ ) mit k ∈ Z .
f ′ 1
(x) =
2 √ sin x · cos x =⇒ D( (f ′ (x) ) = R \ [ (2k − 1)π, 2kπ ] mit k ∈ Z .
⎧
⎧
⎨
√
sin x für 0 ≤ x ≤ π
⎪⎨ 1
f) Wegen f(x) =
gilt: f ′ 2 √ · cos x für 0 < x < π
sin x
(x) =
⎩f(x) = f(x ± π) sonst
⎪⎩ f ′ (x) = f ′ (x ± π) sosnt
)
.
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16. Tag – Differenzieren
Lösungen zu Differenzieren I & II
erhalten wir : D ( (f(x) ) = R und D ( (f ′ (x) ) = R \ {k · π; k ∈ RZ } . 32
g)
x + 1 x→±∞
−→ 1; Nullstelle bei x = −1, Pol mit VZW an der Definitionslücke x = 2;
x − 2
Wegen x + 1
x − 2 < 0 für −1 < x < 2 =⇒ D( (f(x) ) = R \ (−1,2] .
f ′ 1 1(x − 2) − (x + 1)
(x) = √ ·
2
(x − 2) 2 =⇒ D ( (f ′ (x) ) = R \ [−1,2] .
x+1
x−2
h) D ( (f(x) ) = R +,0 .
(
)
f ′ 1
1
(x) = √
2 x + √ x + √ · 1 +
x 2 √ x + √ x
(
· 1 + 1 )
2 √ x
=⇒ D ( (f ′ (x) ) = R + .
6.) a) f(x) = 5x 3 ⇒ f ′ (x) = 15x 2
b) f(x) = 4x 4 + 1 2 x2 + 1 x
⇒ f ′ (x) = 16x 3 + x − 1
x 2
c) f(x) = 3 + 4x −1 x 3 ⇒ f ′ (x) = − 9 − 4x −2
x 4
d) f(x) = − sin 2x ⇒ f ′ (x) = −2 cos 2x
( )
e) f(x) = cos 2 x − tan x ⇒ f ′ (x) = −2 cos x · sin x − 1 + tan 2 x
f) f(x) = arctan x + sin 1 x
⇒ f ′ (x) = 1
1 + x 2 + cos 1 (−
x · )
x 2
g) f(x) = e −x + e
(
x −2) ⇒ f ′ (x) = −e −x + e
h) f(x) = (e x ) 3 + arcsin x ⇒ f ′ (x) = 3 · (e x ) 2 · e x +
i) f(x) = ln x + ln 2
3x
⇒ f ′ (x) = 1 x + 1 2
3x
(
x −2) · (−2)x −3
1
√
1 − x 2
(
· − 2 )
3x 2 = 1 x − 3x 2 ·
2
= 0 ⇒ f(x) = const.
3x2 Genauer: f(x) = ln x + ln 2 − ln 3x = ln x + ln 2 − (ln 3 + ln x) = ln 2 − ln 3 = ln 2 3 ≈ −0,41
7.) Für die Ableitung bzw. den Grenzwert ergibt sich:
f (x 0 + h) − f (x 0 ) (x 0 + h) 3 − x0
3 lim
= lim
h → 0 h
h → 0 h
3x0 2 = lim
h + 3x 0h 2 + h 3
h → 0 h
x0 3 = lim
+ 3x2 0 h + 3x 0h 2 + h 3 − x0
3
h → 0
h
= lim
h → 0 3x2 0 + 3x 0h + h 2 = 3x 2 0
Damit gilt für die Tangentensteigung m = f ′ (x 0 ) = 3x 2 0 und für die Tangente im Punkt ( x 0 , x 3 0)
gilt dann
y = m(x − x 0 ) + f(x 0 ) = 3x 2 0 (x − x 0) + x 3 0 = 3x2 0 x − 2x3 0
32 Dabei resultieren die Definitionslücken von f ′ (x) daher, dass f(x) an diesen Stellen nicht differenzierbar ist; nicht daher, dass der Ausdruck von
f ′ (x) für diese Werte nicht gebildet werden darf!!
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17. Tag – Kurvendiskussion
17. Tag – Kurvendiskussion
1. Übung: Kurvendiskussion I – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie die Extrem- und Wendepunkte der folgenden Funktionen. Skizzieren Sie die Graphen.
a) f(x) = x 3 − 2x 2 − 3 b) f(x) = 2x 3 + 2x − 6
c) f(x) = 1 2 x3 − 2x 2 + 3x − 4 d) f(x) = −2x 3 + 3x + 5
e) f(x) = 4x 3 + 2x 2 + 5x − 3 f) f(x) = −3x 3 − 6x 2 + 5x − 5
2.) Berechnen Sie Radius und Höhe des in eine Kugel vom Radius R eingesetzten Kreiszylinders maximalen Volumens.
3.) Skizzieren Sie die Funktionen ohne Kurvendiskussion:
a) f(x) = (x − 1)(x + 2)(x − 2) 2 b) f(x) = e ax für a = ±1, ±2, ± 1 2
c) f(x) = (3 − x)(x + 1)(x − 1) d) f(x) = ln (ax) für a = ±1, ±2, ± 1 2
4.) Diskutieren Sie die folgenden Funktionen:
a) f(x) = √ x 3 − 4x b) f(x) = e 1
2x
c) f(x) = 3x · e −x
Lösungen zu Kurvendiskussion I
1.) a) f(x) = x 3 − 2x 2 − 3 =⇒ f ′ (x) = 3x 2 − 4x und f ′′ (x) = 6x − 4
Stationäre Stellen: f ′ !
(x) = 0 ⇔ 3x 2 − 4x = 0 ⇒ (3x − 4)x = 0
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 0 ∧ x 2 = 4 3
Extrempunkte: ( ) f ′′ (0) = −4 < 0 ( Also ist ) bei (0, − 3) ein lokales Maximum.
f ′′ 4
3
= 4 > 0 Also ist bei 4
3 , − 113
27
ein lokales Minimum.
!
Wendepunkte: f
( ′′ (x) = 0
)
⇔ 6x − 4 = 0 ⇒ x = 2 3
Wendepunkt bei 2
3 − 97
27
; da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt
sein muss – alternativ mit der dritten Ableitung bestätigen.
Skizze:
.
y
2
−1
−2
HP •
−4
−6
WP
•
1 2
TP
•
f(x) =x 3 − 2x 2 − 3
x
b) f(x) = 2x 3 + 2x − 6 =⇒ f ′ (x) = 6x 2 + 2 und f ′′ (x) = 12x
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•
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
Stationäre Stellen: f ′ !
(x) = 0 ⇔ 6x 2 + 2 = 0 ⇒ x 2 = − 1 3
Es gibt keine stationären Stellen und damit auch keine Extrempunkte.
Wendepunkte: f ′′ !
(x) = 0 ⇔ 12x = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, − 6); wegen f ′′′ (x) = 12 und somit f ′′′ (0) = 12 ≠ 0 .
Skizze:
.
y
12
10
8
6
4
2
−1
−2
−4
−6
−8
−10
−12
−14
1 2 x
•WP
f(x) =2x 3 + 2x − 6
c) f(x) = 1 2 x3 − 2x 2 + 3x − 4 =⇒ f ′ (x) = 3 2 x2 − 4x + 3 und f ′′ (x) = 3x − 4
√
Stationäre Stellen: f ′ !
(x) = 0 ⇔ 3 2 x2 −4x+3 = 0 ⇒ x 2 − 8 3 x+2 = 0 ⇒ x 1/2 = 4 3 ± 16
9 − 2
Es gibt keine stationären Stellen und damit auch keine Extrempunkte.
Wendepunkte:
Wendepunkt bei
Skizze:
.
!
(
f ′′ (x) = 0
)
⇔ 3x − 4 = 0 ⇒ x = 4 3
4
3 , − 64
27
; wegen f ′′′ (x) = 3 und somit f ′′′ (0) = 3 ≠ 0 .
y
12
10
8
6
4
2
−1
−2
−4
−6
−8
−10
1 2 3 4
WP
f(x) =x 3 − 2x 2 + 3x − 4
x
d) f(x) = −2x 3 + 3x + 5 =⇒ f ′ (x) = −6x 2 + 3 und f ′′ (x) = −12x
Stationäre Stellen: f ′ !
(x) = 0 ⇔ −6x 2 + 3 = 0 ⇒ x 2 = 1 2
Wir haben die stationären Stellen x 1/2 = ± √ 1
2
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•
•
Extrempunkte: f ′′ (
1√2
)
= − 12 √
2
< 0
f ′′ (− 1 √
2
)
= 12 √
2
> 0
Also ist bei
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
(
Also ist bei 1√2
, 5 + √ 2)
ein lokales Maximum.
)
ein lokales Minimum.
(
− 1 √
2
, 5 − √ 2
Wendepunkte: f ′′ !
(x) = 0 ⇔ −12x = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, 5); da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt sein
muss.
Skizze:
.
TP
•
y
12
10
8
6
4
2
f(x) =−2x 3 + 3x + 5
WP
HP
•
−2
−1
−2
−4
−6
−8
1 2
x
e) f(x) = 4x 3 + 2x 2 + 5x − 3 =⇒ f ′ (x) = 12x 2 + 4x + 5 und f ′′ (x) = 24x + 4
Stationäre Stellen:
f ′ (x)
!
= 0 ⇔ 12x 2 + 4x + 5 = 0 ⇒ x 2 + 1 3 x + 5 12 = 0
⇒ x 1/2 = − 1 6 ± √
1
36 − 5 12
Es gibt keine stationären Stellen und damit auch keine Extrempunkte.
!
Wendepunkte:
(
f ′′ (x) = 0
)
⇔ 24x + 4 = 0 ⇒ x = − 1 6
Wendepunkt bei − 1 6 − 205
54
; wegen f ′′′ (x) = 24 und somit f ′′′ (0) = 24 ≠ 0 .
Skizze:
.
y
10
5
−2
−1
WP
1 2
x
−5
f(x) =4x 3 + 2x 2 + 5x − 3
−10
f) f(x) = −3x 3 − 6x 2 + 5x − 5 =⇒ f ′ (x) = −9x 2 − 12x + 5 und f ′′ (x) = −18x − 12
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•
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
Stationäre Stellen:
f ′ (x)
!
= 0 ⇔ −9x 2 − 12x + 5 = 0 ⇒ x 2 + 4 3 x − 5 9 = 0
⇒ x 1/2 = − 2 3 ± √
4
9 + 5 9
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 1 3 ∧ x 2 = − 5 3
( )
( )
g) Extrempunkte: f ′′ 1
3
= −18 < 0 Also ist bei 1
3 , − 37
9
ein lokales Maximum.
)
( )
f
(− ′′ 5 3
= 18 > 0 Also ist bei − 5 3 , − 145
9
ein lokales Minimum.
!
h) Wendepunkte:
(
f ′′ (x) = 0
)
⇔ −18x − 12 = 0 ⇒ x = − 2 3
Wendepunkt bei − 2 3 − 91
9
; da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt
sein muss
Skizze:
.
−3
f(x) =−3x 3 − 6x 2 + 5x − 5
y
−2
−1
−5
HP
•
1
x
WP •
−10
•
TP
−15
−20
2.) .
Mit Kugelradius R , Zylinderhöhe h und -radius r gilt
V (r,h) = πr 2 h
Da der Zylinder in der Kugel sein soll, gilt auch
( ) h 2
+ r 2 = R 2
2
Nun kann man entweder nach h oder r 2 auflösen:
( ) h 2
r 2 = R 2 − bzw. h = 2 √ R
2
2 − r 2
h
R
r
h
2
( ) (
h
2 ( ) )
h
2 (
• r 2 = R 2 − liefert V (h) = π R 2 − h = π
2
2
nun:
)
V ′ (h) = π
(R 2 − 3 4 h2
R 2 h − h3
4
und V ′ (h) = 0 ⇒ R 2 = 3 4 h2 ⇒ h =
)
. Die Suche nach dem Maximum ergibt
√
4
3 R 2 = 2R √
3
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01.10.2013
17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
Dass
(
es sich
)
um ein Maximum handelt ist klar (wie unten) und ergibt sich rechnerisch aus V ′′ (h) = −π 3 2 h bzw.
2R
V ′′ √3 < 0 .
√
( ) 2R 2 √
Damit ergibt sich nun r = R 2 −
2 √ 2
=
3R und h = √2R
3
3
• h = 2 √ R 2 − r 2 liefert V (r) = πr 2 2 √ R 2 − r 2 = 2π √ R 2 r 4 − r 6 . Die Suche nach dem Maximum ergibt nun:
V ′ (r) = 2π
(4R 2 r 3 − 6r 5) = π 4R 2 r 3 − 6r 5
√ und
R 2 r 4 − r 6
1
2 √ R 2 r 4 − r 6 ·
V ′ (r) = 0 ⇒ 2r 3 (
2R 2 − 3r 2 )
= 0 ⇒ r 2 = 2 3 R 2 ⇒ r =
√
2
3 R
Dass es sich um ein Maximum handelt, ergibt sich aus der simplen Überlegung, dass für r = 0 und r = R das
Volumen jeweils Null ist und dazwischen positiv, da wir nur einen Extrempunkt in diesem Bereich haben, muss es
ein Maximum sein.
Damit ergibt sich nun r =
√
2
3 R und h = 2 √
R 2 − 2 3 R 2 = 2R √
3
Damit haben wir für das maximale Volumen V = 4
3 √ 3 π R 3 = 1 √
3
V K ugel .
3.) Datei fehlt!
4.) a) f(x) = √ x 3 − 4x ; f ′ (x) = 3x2 − 4
2 √ x 3 − 4x ;
f ′′ (x) = 3x4 − 24x 2 − 16
4 ( x 3 − 4x ) 3 2
• Definitionsbereich
3
; f ′′′ (x) = −
(
)
x 6 − 20x 4 − 80x 2 + 64
8 ( x 3 − 4x ) 5 2
Betrachte: x 3 − 4x = (x 2 − 4)x ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 ∧ −2 ≤ x ≤ 0
D ( (f(x) ) = [−2,0] ∪ [2,∞)
• Symmetrie
Der Definitionsbereich zeigt an, dass f(x) keine offensichtliche Symmetrie hat.
• Nullstellen, Schnittpunkt mit der y-Achse
Da gilt √ x = 0 ↔ x = 0 setzen wir (x 2 − 4)x = 0 und erhalten x 1/2 = ±2 sowie x 3 = 0 als Nullstellen.
Schnittpunkt mit der y-Achse bei (0, 0) .
• Asymptoten
lim f(x) = ∞, da für (betragsmäßig) große x gilt fx ≈ x 3 2
x→∞
• Stationäre Stellen
x→∞
−−−→ ∞ .
√
f ′ !
(x) = 0 ↔ 3x 2 4
− 4 = 0 ⇒ x 4/5 = ±
3 .
√
Aufgrund des Definitionsbereiches haben wir nur die stationäre Stelle x 1 = −
• Extrempunkte
√ ) 4√
f
(−
′′ 4 3 5
3
= − < 0, d.h. bei
2
4
3 .
( √ )
4
−
3 , 4
4√ ≈ (−1,15; 1,75) ist ein lokales Maximum.
3 3
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
• Wendepunkte
!
√
4
3
f ′′ (x) = 0 ↔ 3x 4 − 24x 2 − 16 = 0 ; mit der Substitution z = x 2 und damit z 2 − 8z − 16
3
= 0 erhält man
(
x 5 = 3 + 2 √ )
3 als einzige Nullstelle von f ′′ (x) im Definitionsbereich von f(x) und f ′′ (x) . Durch den
Kurvenverlauf muss hier ein Wendepunkt sein; die Probe ergibt: f ′′′ ( √
4
3
( √ (
4
Wir haben einen Wendepunkt bei
3
3 + 2 √ )
3 , 4 4√ )
3+2 √ √
3
3
≈ (2,97, 3,68)
(
3 + 2 √ 3) ) = 3√ 3
4 4√ 3+2 √ 3 ≠ 0
• Wertebereich
W ( (f(x) ) = R +,0 = [0,∞)
• Skizze
6
5
y
4
3
f(x) = √ x 3 − 4x
•
ÏÈ
2
1
•
ÀÈ
b) f(x) = e 2x 1
; f ′ (x) = − e 2x
1
2x 2 ;
f ′′ (x) = e 2x 1
· (4x + 1)
e 2x 1
·
4x 4 ; f ′′′ (x) = −
• Definitionsbereich
D ( (f(x) ) = R \ {0}
• Symmetrie
0
-1
-3 -2 -1 0 1 2 3 4
(
)
24x 2 + 12x + 1
Durch die (äußere) e-Funktion hat f(x) keine Symmetrieeigenschaften.
• Nullstellen, Schnittpunkt mit der y-Achse
Wegen e x > 0 ∀ x ∈ R hat f(x) keine Nullstelle.
Aufgrund des Definitionsbereiches hat f(x) auch keinen Schnittpunkt mit der y-Achse.
• Asymptoten
lim f(x) = lim
x→∞ z → 0 ez = 1 ; „von oben“
z>0
lim f(x) = lim
x→−∞ z → 0 ez = 1 ; „von unten“
z0
lim f(x) = lim
x → 0 z→−∞ ez = 0
x

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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
• Stationäre Stellen, Extrempunkte
f ′ (x) hat keine Nullstellen, also gibt es weder stationären Stellen noch Extrempunkte.
• Wendepunkte
f ′′ (x)
!
= 0 ↔ x 1 = − 1 4
; aufgrund des Wechsels des Krümmungsverhaltens in (−∞,0) muss hier ein
Wendepunkt sein. Wegen f
(− ′′′ 1 4
)
Also ist bei
(− 1 4 , 1 ein Wendepunkt.
e 2
• Wertebereich
W ( (f(x) ) = R + = (0,∞)
• Skizze
5
4
)
= 256
e 2
≠ 0 läßt sich dies auch rechnerisch bestätigen.
y
3
f(x) =e 1
2x
2
1
0
•
ÏÈ
x
-1
-3 -2 -1 0 1 2 3 4
c) f(x) = 3x · e −x ; f ′ (x) = 3e −x · (1 − x) ;
f ′′ (x) = 3e −x · (x − 2) ; f ′′′ (x) = 3e −x · (3 − x)
• Definitionsbereich
D ( (f(x) ) = R
• Symmetrie
f(x) hat keine direkt erkennbaren Symmetrieeigenschaften.
• Nullstellen, Schnittpunkt mit der y-Achse
Offensichtlich: Nullstelle bzw. Schnittpunkt mit der y-Achse bei (0, 0)
• Asymptoten
lim
x→∞
lim
x→−∞
f(x) = 0, da die e-Funktion schneller gegen Null geht als 3x wächst.
f(x) = −∞, da e−x
x→−∞
• Stationäre Stellen
f ′ (x)
−−−−→ ∞ und 3x −−−−→ x→−∞ −∞ .
!
= 0 =⇒ Wir haben die stationäre Stelle x 1 = 1 .
• Extrempunkte
f ′′ (1) = − 3 e < 0 f (1) = 3 e ≈ 1,10364
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Also ist bei
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( )
1, 3 e
ein lokales Maximum.
17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Kurvendiskussion I
• Wendepunkte f ′′ !
) (x) = 0 ↔ x 2 = 2; aus dem asymptotischen Verhalten ergibt sich, dass bei
(2, 6 ≈ (2, 0,812012) ein Wendepunkt sein muss.
e 2
• Wertebereich
W ( (f(x) ) ( ]
= −∞, 3 e
• Skizze
2
1
0
-1
y
ÀÈ
•
ÏÈ
•
x
-2
f(x) =3x·e −x
-3
-1 0 1 2 3 4 5
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17. Tag – Kurvendiskussion
2. Übung: Differenzieren III – Aufgaben
2. Übung: Differenzieren III – Aufgaben
1.) Berechnen Sie die erste Ableitung von:
a) f(x) = x 2 + 2x 5 b) f(x) = sin x + cos x c) f(x) = tan x + arctan x
d) f(x) = x 2 · sin x e) f(x) = e 2x + e −x · x f) f(x) = √ 1 − cos 2 x
)
g) f(x) = cos x + 2 x
(x + 5 h) f(x) = arctan 2 + 2x i) f(x) = ln ( sin √ x )
j) f(x) = ln x
x 2 k) f(x) = x −3 · cot x l) f(x) = e√ x
cos x
2.) Ermitteln Sie für die folgenden Funktionen jeweils die erste Ableitung:
a) f(x) = x 2 · √1
− x 2 b) f(x) =
1 + sin 2x
1 − sin 2x
c) f(x) =
√
4x + 1
d) f(x) = tan x + 2 3 tan3 x + 1 5 tan5 x e) f(t) = √ 1 + cos 2 t 2
3.) Gegeben sei die Kurve y = 1 − e x 2 . Stellen Sie die Gleichung der Tangente im Schnittpunkt der Kurve mit der
y-Achse auf. Zeichnen Sie Kurve, Tangente und die Asymptote der Kurve.
4.) Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die erste Ableitung:
x
a) f(x) = ln √ b) f(x) = (sin x · cos x) 3
2
1 − x 2
c) f(x) = √ x √ x − 3 d) f(x) = tan 1
x 2
e) f(x) = ln 1 + √ x 2 + 1
x
(
g) Man differenziere: f(x) = cos 2 1 − √ )
x
1 + √ x
Das Endergebnis ist in der Form
Lösungen zu Differenzieren III
sin(2 g(x))
h(x)
1.) a) f(x) = x 2 + 2x 5 =⇒ f ′ (x) = 2x + 10x 4
b) f(x) = sin x + cos x =⇒ f ′ (x) = cos x − sin x
c) f(x) = tan x + arctan x =⇒ f ′ (x) = 1 + tan 2 x + 1
1 + x 2
d) f(x) = x 2 · sin x =⇒ f ′ (x) = 2x · sin x + x 2 · cos x
f) f(x) = ln
(tan (√ x 2 + 1 ))
mit nennerfreiem h(x) anzugeben.
e) f(x) = e 2x + e −x · x =⇒ f ′ (x) = 2e 2x − e −x · x + e −x
f) f(x) = √ 1 − cos 2 x =⇒ f ′ 1
(x) =
2 √ 1 − cos 2 x · (−2
cos x · (− sin x) ) cos x · sin x
= √
1 − cos 2 x
Aber Achtung, diese Ableitung ist für x = kπ; k ∈ Z nicht definiert – bei genauer Betrachtung ergibt sich:
f(x) = |sin x| und es wird klar, dass diese Funktion an den „Knick“-stellen nicht differenzierbar ist. 33
33 Darüber müssen wir uns aber keine Sorgen machen – beim normalen Vorgehen einer Kurvendiskussion prüfen wir die Definitionslücken und evtl.
Knickstellen, bevor wir ableiten. Ansonten sehen wir es wie oben am Definitionsbereich der Ableitung – es fällt also so oder so auf.
x 2
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Differenzieren III
g) f(x) = cos x + 2 x + 5 =⇒ f ′ (x) = − sin x − 2x −2
( )
h) f(x) = arctan x 2 + 2x =⇒ f ′ 1
(x) =
1 + ( x 2 + 2x ) 2 · (2x + 2) = 2x + 2
x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 1
i) f(x) = ln ( sin √ x ) =⇒ f ′ (x) = 1
sin √ x · cos √ 1
x ·
2 √ x = cos √ x
2 √ x · sin √ x = cot √ x
2 √ x
j) f(x) = ln x
x 2 =⇒ f ′ 1
x
(x) = · x2 − ln x · 2x x − 2x ln x
x 4 =
x 4 = 1 − 2 ln x
(
x 3
k) f(x) = x −3 · cot x =⇒ f ′ (x) = −3 · x −4 · cot x + x −3 · − 1 )
3 sin x · cos x + x
sin 2 = −
x x 4 · sin 2 x
l) f(x) = e√ x
cos x
2.) a) f(x) = x 2 · √1
− x 2
=⇒ f ′ (x) = e√x ·
1
2 √ x · cos x + e√x · (− sin x)
cos 2 x
⇒ f ′ (x) = 2x · √1
− x 2 + x 2 ·
1
2 √ 1 − x · (−2x) = 2x · (1 − x2 ) − x 3
√ 2 1 − x 2
1 + sin 2x
b) f(x) =
1 − sin 2x
⇒ f ′ 2 cos 2x(1 − sin 2x) − (1 + sin 2x)(−2 cos 2x)
(x) =
(1 − sin 2x) 2
c) f(x) =
=
√
4x + 1
x 2
⇒ f ′ (x) =
2 cos 2x − 2 cos 2x sin 2x + 2 cos 2x + 2 cos 2x sin 2x
(1 − sin 2x) 2 =
4
2 √ 4x+1 x2 − √ 4x + 1 · 2x
x 4 = 2x2 − (4x + 1)2x
√
4x + 1 x 4
d) f(x) = tan x + 2 3 tan3 x + 1 5 tan5 x
=
=
2x − 3x3
√
1 − x 2
4 cos 2x
(1 − sin 2x) 2
2x − (8x + 2)
√
4x + 1 x 4
⇒ f ′ (x) = 1
cos 2 x + 2 1
tan2 x
cos 2 x + 1
tan4 x
cos 2 x = 1
cos 2 x + 2 sin2 x
cos 4 x + sin4 x
cos 6 x
= cos4 x + 2 sin 2 x cos 2 x + sin 4 (
x cos 2 x + sin 2 x ) 2
cos 6 =
x
cos 6 = 1
x cos 6 x
e) f(t) = √ 1 + cos 2 t 2
⇒ f ′ (t) =
1
2 √ 1 + cos 2 t · 2 cos 2 t2 · (− sin t 2 ) · 2t = − 2t sin t2 cos t 2
√
1 + cos 2 t 2
= −6x − 2 √
4x + 1 x 3
3.) Mit f(x) = 1 − e x 2 gilt f ′ (x) = − 1 2 e x 2 und so m = f ′ (0) = − 1 2 .
Für die Tangente ergibt sich:
y = m(x − x 0 ) + y 0 = − 1 2 (x − 0) + 0 = − x 2
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•
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Differenzieren III
Und für die Asymptote gilt:
Der Graph:
.
lim f(x) = 1 .
x → −∞
y
1
−4
−3
−2
−1
1 2 3
x
f(x) =1 − e x 2
−1
−2
−3
4.) a) f ′ (x) = 1 x √
1−x 2
( )
x ′
√
1 − x 2
· √ =
1 − x 2 x
√ (√ )
1 − x2 · 1 − x 2 + √ x2
1−x 2
· 1 · √1
− x 2 − x ·
1
2 √ 1−x 2 · (−2x)
(√
1 − x 2) 2
=
x · (1 − x 2 = (1 − x2 ) + x 2
)
x − x 3 = 1
x − x 3
b) f ′ (x) = 2 3 · (sin x · cos x)− 1 3 · (sin x · cos x) ′ 2
=
·
3 (cos x · sin x) 3
1
2 cos(2x)
=
3 (cos x · sin x) 1 3
c) f ′ 1
(
(x) =
2 √ x √ x − 3 · x √ ) ′ 1
x − 3 =
2 √ x √ x − 3 ·
1
=
2 √ x (x − 3) 4
1
3x − 6
=
4 √ x (x − 3) 4
3
d) f ′ 2
(x) = − ( ) 1
x 3 cos 2 x 2
e) f ′ 1
(x) = −
x √ x 2 + 1
f) f ′ (x) =
g) f ′ (x) = 2 cos
(√ )
sin x 2 + 1
= −2 cos
(
1−
√ x
1+ √ x
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)
·
(√ 2 √ x − 3
· x − 3 ·
2 √ x − 3 + x
)
2 √ =
x − 3
x
(√ √
cos x 2 + 1)
x 2 + 1
(
− sin
(
1−
√ x
1+ √ x
(
cos 2 x − sin 2 x
(
1 · √x
− 3 + x ·
) ) · − 1
2 √ x (1+√ x)−(1− √ x) 1
2 √ x
(1+ √ x) 2
( √ ) ( √ )
1− x
1+ √ · sin 1− x
x 1+ √ · − 1
2 √ x (1+√ x+1− √ x)
x (1+ √ x) 2
1
)
2 √ x − 3
2 (x − 3) + x
)
2 √ x (x − 3) 1 4 · 2 (x − 3)
1
2
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17. Tag – Kurvendiskussion
Lösungen zu Differenzieren III
(
= − sin
2 · 1−√ x
1+ √ x
)
·
−1
√ x·(1+
√ x)
2 = sin (
)
2· 1−√ x
1+ √ x
√ x·(1+
√ x)
2
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18. Tag – Integrieren
18. Tag – Integrieren
1. Übung: Integrieren I – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie die Integrale :
ˆ3
a) 2x 2 dx b)
1
ˆ2
1
ˆ3
2
x 3 dx c)
2
( )
2x 4 + 4x
dx d)
ˆ3
0
1
2 x2 + 2x − 3 dx
2.) Berechnen Sie die folgenden Integrale:
ˆ
ˆ
a) x 4 dx b)
d)
ˆ 2
x dx
g)
ˆ 5
x 2 dx
e) ˆ
h) ˆ
x 2 + 3x 3 dx c)
3 + 3 · tan 2 x dx f)
x + sin x − e −x dx i)
ˆ
ˆ
2 sin x dx
3√
7x dx
ˆ cos x
sin x dx
ˆ 7x + 1
3.) a) Berechnen Sie
x 2 dx mittels Partialbruchzerlegung und überprüfen Sie das Ergebnis durch Differenziation.
− x
ˆ 3x 3 + 10x 2 − 3x − 12
b) Bestimmen Sie
x 2 dx .
+ x − 2
4.) Bestimmen Sie mittels partieller Integration
ˆ
ˆ
a) x 2 sin x dx b) cos 2 x dx c)
5.) Bestimmen Sie:
ˆ
ˆ
a) sin(2x − 5) dx b)
Lösungen zu Integrieren I
1.) a)
b)
c)
d)
ˆ3
1
ˆ2
1
ˆ3
2
ˆ3
0
2x 2 dx =
ˆ2
2
x 3 dx =
1
5x − 4 dx
c) ˆ
[
2 · 1 ] 3 [ ] 2 3
3 x3 =
1
3 x3 = 2
1
3 · 27 − 2 3 = 52
3
1
( )
2x 4 + 4x
2 · x −3 dx =
dx =
4√
2x + 2 dx
[ ]
1 2 [
2 ·
−2 · x−2 = − 1 ] 2
1
x 2 = − 1
1
4 − (−1) = 3 4
[
2 · 1
5 x5 + 4 · 1 ] 3 [ ] 2 3
2 x2 =
2
5 x5 + 2x 2 = 472
2
5
[ ]
1
1 3 ( ) 9
2 x2 + 2x − 3 dx =
6 x3 + x 2 − 3x =
0
2 + 9 − 9 = 9 2
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ˆe
1
√ x ln x dx
d)
ˆ
2x · sin(2x) dx
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18. Tag – Integrieren
Lösungen zu Integrieren I
2.) a)
b)
c)
ˆ
ˆ
ˆ
x 4 dx = 1
4 + 1 x4+1 + C = 1 5 x5 + C
ˆ
x 2 + 3x 3 dx =
ˆ
2 sin x dx = 2
ˆ
x 2 dx + 3 ·
x 3 dx = 1
1
2 + 1 x2+1 + 3 ·
3 + 1 x3+1 + C = 1 3 x3 + 3 4 x4 + C
sin x dx = 2 · (− cos x) + C = −2 cos x + C
d)
e)
f)
g)
h)
ˆ ˆ 2 1
x dx = 2 dx = 2 ln |x| + C
x
ˆ
ˆ
3 + 3 · tan 2 x dx = 3 1 + tan 2 x dx = 3 tan x + C
ˆ
ˆ
ˆ
3√ 3√
7x dx = 7
3√ 3√ 3√
x dx = 7 x 3 1 1
dx = 7·
1
3 + 1 ·x √ 1
3 +1 3
3√
+C = 3 7·
4 ·x 4 7 · 3
3 +C = · 3√
x
4
4 + C
ˆ ˆ 5
x 2 dx = 5 x −2 1
dx = 5
−2 + 1 x−2+1 + C = −5 x −1 + C = − 5 x + C
ˆ
ˆ ˆ ˆ
x + sin x − e −x dx = x dx + sin x dx + −e −x dx
= 1
1 + 1 x1+1 + (− cos x) + (e −x ) + C = x2
2 − cos x + e−x + C
i)
ˆ ˆ cos x (sin x)
′
sin x dx = dx = ln ( |sin x| ) + C
sin x
Diese Stammfunktion erhält man entweder mit der Regel für das logarithmische Integrieren:
ˆ f ′ (x)
f(x)
dx = ln |f(x)| + C
oder mit Substitution:
ˆ cos x
dt
dx mit t := sin x =⇒
sin x dx
ˆ ˆ cos x cos x
=⇒
sin x dx = ·
t
= cos x ⇒ dx =
1
cos x dt
ˆ
1 1
cos x dt = t dt = ln |t| + C = ln ( |sin x| ) + C
3.) a) Für die Partialbruchzerlegung ergibt sich:
7x + 1
x 2 − x = 7x + 1
x · (x − 1) = A x +
B A · (x − 1)
=
x − 1 x · (x − 1) +
B · x
(x − 1) · x
Und daraus durch Koeffizientenvergleich das LGS: A + B = 7
−A = 1
=
(A + B) x + (−A)
x · (x − 1)
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18. Tag – Integrieren
Lösungen zu Integrieren I
Damit ergibt sich: A = −1 und B = 8 und folglich:
ˆ ˆ 7x + 1 −1
x 2 − x dx = + 8 ˆ ˆ 1
x x − 1 dx = − x dx + 8
= − ln |x| + 8 · ln |x − 1| + C = ln
(x − 1)8
|x|
1
x − 1 dx
b) Die Polynomdivision ergibt:
(
) ( )
3x 3 + 10x 2 − 3x − 12 : x 2 + x − 2 = 3x + 7 + −4x + 2
x 2 + x − 2
− 3x 3 − 3x 2 + 6x
7x 2 + 3x − 12
− 7x 2 − 7x + 14
− 4x + 2
Für den Divisionsrest führen wir eine Partialbruchzerlegung durch:
+ C
−4x + 2
(x + 2) (x − 1) = A
x + 2 + B A · (x − 1) + B · (x + 2)
=
x − 1 (x + 2) (x − 1)
=
(A + B) x + (−A + 2B)
(x + 2) (x − 1)
Und daraus durch Koeffizientenvergleich das LGS: A + B = −4
−A + 2B = 2
4.) a)
Damit ergibt sich: B = − 2 3
ˆ
}{{} x 2
l(x)
· sin x }{{}
r ′ (x)
und A = −
10
3
ˆ 3x 3 + 10x 2 − 3x − 12
dx = x 2
}{{}
l(x)
x 2 + x − 2
· (− cos x)
} {{ }
r(x)
ˆ
−
und folglich:
ˆ
dx =
}{{} 2x
l ′ (x)
3x + 7 + − 10
3
x + 2 + − 2 3
x − 1 dx
= 3 2 x2 + 7x − 10
3 ln |x + 2| − 2 ln |x − 1| + C
3
· (− cos x)
} {{ }
r(x)
ˆ
dx = −x 2 · cos x + 2
x · cos x dx
Wir müssen noch einmal partiell integrieren:
ˆ
= −x 2 · cos x + 2 }{{} x · cos }{{} x dx
l(x) r ′ (x)
⎛
= −x 2 ⎜
· cos x + 2 ⎝ x
}{{}
l(x)
· }{{} sin x
r(x)
ˆ
−
}{{} 1
l ′ (x)
ˆ
= −x 2 · cos x + 2x · sin x − 2 sin x dx
= −x 2 · cos x + 2x · sin x + 2 cos x + C
· sin x }{{}
r(x)
dx
⎞
⎟
⎠
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)
ˆ
cos x
}{{}
l(x)
· cos x }{{}
r ′ (x)
dx = cos x · sin x
}{{}
l(x)
}{{}
r(x)
ˆ
−
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(− sin x)
} {{ }
l ′ (x)
· sin x }{{}
r(x)
ˆ
dx = cos x · sin x +
Mit einer zweiten partiellen Integration erhalten wir:
ˆ
= cos x · sin x + }{{} sin x · }{{} sin x dx
l(x) r ′ (x)
ˆ
−
sin 2 x dx
ˆ
dx = cos 2 x dx
18. Tag – Integrieren
Lösungen zu Integrieren I
= ✭✭✭✭✭
cos x · sin x +
✟
}{{} sin x · (− cos x) cos
} {{ } }{{} x · (− cos x)
} {{ }
l(x)
✟ ✟✟✟✟✟ r(x)
l ′ (x) r(x)
Auf diesem Weg erhalten wir also leider keine Stammfunktion. Wir behelfen uns mit einer Umformung nach der
ersten partiellen Integration:
ˆ
ˆ
⇐⇒ 2
⇐⇒
ˆ
ˆ
cos 2 x dx = cos x · sin x +
cos 2 x dx = cos x · sin x + x + C
sin 2 x } {{ }
=1−cos 2 x
cos 2 x dx = 1 · (cos x · sin x + x) + C
2
ˆ
dx = cos x · sin x +
ˆ
1 dx −
cos 2 x dx
Dabei haben wir die für alle x ∈ R gültige Gleichung sin 2 x + cos 2 x = 1 verwendet.
c) Wir führen zunächst eine unbestimmte Integration durch, um die Stammfunktion zu ermitteln und werden mit
dieser dann das Integral auswerten:
ˆ √x
·
}{{} }{{} ln x
l ′ (x) r(x)
dx = 2 3 x 3 2 · ln x
}{{}
l(x)
Nun können wir die Grenzen einsetzen:
ˆe
1
}{{}
r(x)
ˆ 2
−
3 x 3 2
}{{}
l(x)
·
1
}{{} x
r ′ (x)
dx = 2 ˆ
3 x 3 2
2 · ln x −
3
= 2 3 x 3 2 · ln x −
2
3 · 2
3 x 3 2 + C =
2
3 x 3 2 · ln x −
4
9 x 3 2 + C
[ ]
√ 2 x ln x dx =
3 x 3 4 e ( ) ( )
2 · ln x −
9 x 3 2
2 =
1
3 e 2 3 4 · ln e −
9 e 3 2
2 −
3 1 3 4
2 · ln 1 −
9 1 3 2
= 2 3 e 3 2 −
4
9 e 3 2 − 0 +
4
9 = 2 9 e 3 2 +
4
9 ≈ 1,44
Alternativ kann man auch die Grenzen während der Rechnung mitschleppen.
x 1 2
dx
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Lösungen zu Integrieren I
5.) Durch „scharfes Hinsehen“ können wir das Verhalten des inneren (linearen Terms) raten oder aber formal mit
Substitution
ˆ
rechnen:
a) sin(2x − 5) dx mit t := 2x − 5 =⇒ dt
dx = 2 ⇒ dx = 1 2 dt
ˆ
ˆ
=⇒ sin(2x − 5) dx = sin t · 1
2 dt = 1 2 · (− cos t) + C = −1 · cos(2x − 5) + C
2
(
Probe: − 1 ) ′
2 · cos(2x − 5) 1 = −
2 · (−
sin(2x − 5) ) · 2 = sin(2x − 5)
ˆ
=⇒ sin(2x − 5) dx = − 1 · cos(2x − 5) + C
2
„Raten“ funktioniert so:
ˆ
Beachten wir bei sin(2x − 5) dx zunächst nur die äußere Funktion, dann raten wir damit: − cos(2x − 5) und
leiten probehalber ab:
(
− cos(2x − 5)
) ′ = sin(2x − 5) · 2
b)
Wir erhalten also mit unserem geratenen Ansatz einen zusätzlichen Faktor 2, diesen korrigieren wir und erhalten:
ˆ
=⇒ sin(2x − 5) dx = − 1 · cos(2x − 5) + C
2
ˆ
1
5x − 4
ˆ
=⇒
Probe:
dx mit t := 5x − 4 =⇒
dt
dx = 5 ⇒ dx = 1 5 dt
ˆ
1
1
5x − 4 dx = t · 1
5 dt = 1 5 · ln |t| + C = 1 · ln |5x − 4| + C
5
( 1
) ′
5 · ln |5x − 4| 1 =
5 · 1
5x − 4 · 5 = 1
5x − 4
=⇒
ˆ
1
5x − 4 dx = 1 · ln |5x − 4| + C
5
„Raten“ funktioniert so:
ˆ
1
dx ; wir raten: ln |5x − 4|, testweise ableiten liefert hier den Faktor 5, also gilt:
5x − 4
ˆ
1
=⇒
5x − 4 dx = 1 · ln |5x − 4| + C
5
ˆ
4√ dt
c) 2x + 2 dx mit t := 2x + 2 =⇒
dx = 2 ⇒ dx = 1 2 dt
Wir können die Substitution auch nach x auflösen:
t := 2x + 2 ⇔ x = t−2
2
=⇒ dx
dt = 1 2 ⇒ dx = 1 2 dt
ˆ
ˆ
4√
=⇒ 2x + 2 dx = t 4 1 1 ·
2 dt = 1 2 · 1
1
4 + 1 · t 4 1 +1 + C = 2 5 · (2x
+ 2 ) 5 4
+ C
( 2
Probe:
5 · (2x
+ 2 ) ) 5 ′ 2
4 =
5 · 5
4 · (2x
+ 2 ) 14 · 2 = ( 2x + 2 ) 4
1
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=⇒
ˆ
4√
2x + 2 dx =
2
5 · (2x
+ 2 ) 5 4
+ C
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18. Tag – Integrieren
Lösungen zu Integrieren I
„Raten“ funktioniert so:
ˆ
ˆ
4√
Für 2x + 2 dx =
(2x + 2) 1 4 dx raten wir erst einmal nur den Exponenten (2x + 2) 5 4 . Es gilt nun:
( )
(2x + 2) 5 ′ 5
4 =
4 · (2x + 2) 4 1 5 · 2 =
2 · „Integrand“
d)
Damit können wir nun die Stammfunktion leicht bestimmen:
ˆ
4√ 2
=⇒ 2x + 2 dx =
5 · (2x
+ 2 ) 5 4
+ C
ˆ
ˆ
2x · sin(2x) dx = }{{} 2x · sin(2x) dx =
} {{ } }{{} 2x ·
(− 1 ) ˆ
2 · cos(2x) }{{} 2
l r ′
l
Probe:
= −x · cos(2x) + 1 2 · sin(2x) + C
−
} {{ }
r
·
(− 1 )
2 · cos(2x)
l ′
} {{ }
r
(
−x · cos(2x) + 1 2 · sin(2x) + C ) ′
= −
(
1 · cos(2x) + x · (− sin(2x)) · 2
)
+ cos(2x)
dx
= 2x · sin(2x)
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18. Tag – Integrieren
2. Übung: Kurvendiskussion II – Aufgaben
2. Übung: Kurvendiskussion II – Aufgaben
1.) Bestimmen Sie die Extrem- und Wendepunkte der folgenden Funktionen. Skizzieren Sie die Graphen.
a) f(x) = 2x 3 + 4 b) f(x) = 5x 3 − 3x + 1
c) f(x) = −7x 3 − 8x 2 d) f(x) = −4x 3 + 5x + 2
e) f(x) = 5 2 x3 − 4x 2 + x − 1 2
f) f(x) = − 1 3 x3 + 2x
g) f(x) = 7 4 x3 − 2x 2 + 2 h) f(x) = 5 6 x3 − 1 2 x2 + 5x + 2
2.) Bestimmen Sie Extremal- und Wendestellen der Funktionen
a) f(x) = x2 − 4
(x − 1) 2 b) f(x) = x 3 · e −x2
3.) Diskutieren Sie die folgenden Funktionen:
a) f(x) = 8x3
(3x − 2) 2 b) f(x) = x 2 + sin x in x ∈ [0,3π] c) f(x) = ln∣ ∣x 2 − 4 ∣ ∣
Lösungen zu Kurvendiskussion II
1.) a) f(x) = 2x 3 + 4 ⇒ f ′ (x) = 6x 2 und f ′′ (x) = 12x
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ 6x 2 = 0 ⇒ stationäre Stelle bei x 1/2 = 0
• Extrempunkte
f ′′ (0) = 0
• Wendepunkte
— keine Aussage, ob hier ein Extrempunkt liegt.
f ′′ !
(x) = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, 4); wegen f ′′′ (x) = 12 und somit f ′′′ (0) = 12 ≠ 0 .
b) f(x) = 5x 3 − 3x + 1 ⇒ f ′ (x) = 15x 2 − 3 und f ′′ (x) = 30x
• Stationäre Stellen
√
f ′ !
(x) = 0 ↔ 15x 2 − 3 = 0 ⇒ x 1/2 = ±
Wir haben die stationären Stellen x 1 =
1
5
√
1
5 ∧ x 2 = −
• Extrempunkte
(√ ) √
(√ )
f ′′ 1
1
5
= 30
5 > 0 Also ist bei 1
5 ; 1,055 . . . ein lokales Minimum.
√ ) √
√ )
f
(−
′′ 1
1
5
= −30
5
(−
< 0 Also ist bei 1
5 ; 1,894 . . . ein lokales Maximum.
• Wendepunkte
f ′′ !
(x) = 0 ↔ 30x = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, 1); da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt
sein muss.
c) f(x) = 7x 3 − 8x 2 ⇒ f ′ (x) = 21x 2 − 16x und f ′′ (x) = 42x − 16
√
1
5
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Lösungen zu Kurvendiskussion II
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ (21x − 16) x = 0 ⇒ x 1 = 0 und x 2 = 16
21
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 0 ∧ x 2 = 16
21
• Extrempunkte
f ′′ (0) = −16 < 0 Also ist bei (0, 0) ein lokales Maximum.
( )
( )
f ′′ 16
21
= 16 > 0 Also ist bei 16
21 ; −1,547 . . . ein lokales Minimum.
• Wendepunkte
!
f ′′ (x) = 0 ↔ 42x
(
− 16 = 0 ⇒
)
x = 8 21
Wendepunkt bei 8
21 , − 0.773 . . . ; da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein
Wendepunkt sein muss.
d) f(x) = −4x 3 + 5x + 2 ⇒ f ′ (x) = −12x 2 + 5 und f ′′ (x) = −24x
• Stationäre Stellen
√
f ′ !
(x) = 0 ↔ −12x 2 + 5 = 0 ⇒ x 1/2 = ±
√
Wir haben die stationären Stellen x 1 =
• Extrempunkte
(√ )
(√
f ′′ 5
< 0 Also ist bei
12
√ )
f
(−
′′ 5
12
• Wendepunkte
> 0 Also ist bei
5
12
5
12 ∧ x 2 = −
√
5
12
)
5
12 ; 4,151 . . . ein lokales Maximum.
( √
)
5
−
12 ; −0,151 . . . ein lokales Minimum.
f ′′ !
(x) = 0 ↔ −24x = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, 2); da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt
sein muss.
e) f(x) = 5 2 x3 − 4x 2 + x − 1 2
⇒ f ′ (x) = 15
2 x2 − 8x + 1 und f ′′ (x) = 15x − 8
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ 15
2 x2 − 8x + 1 = 0 ⇒ x 2 − 16
15 x + 2 15 = 0
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 8 √
15 + 34
15
∧ x 2 = 8
√
15 − 34
15
• Extrempunkte
f ′′ (
8
15 + √
34
15
(
f ′′ √
8
15 − 34
15
• Wendepunkte
!
)
= √ 34 > 0 Also ist bei (0,922 . . . ; −1.018 . . .) ein lokales Minimum.
)
= − √ 34 < 0 Also ist bei (0,144 . . . ; −0,431 . . .) ein lokales Maximum.
f ′′ (x) = 0 ↔ 15x
(
− 8 = 0 ⇒
)
x = 8 15
Wendepunkt bei 8
15 , − 0,725 . . . ; da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein
Wendepunkt sein muss.
f) f(x) = − 1 3 x3 + 2x ⇒ f ′ (x) = −x 2 + 2 und f ′′ (x) = −2x
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ −x 2 + 2 = 0 ⇒ x 1/2 = ± √ 2
Wir haben die stationären Stellen x 1 = √ 2 ∧ x 2 = − √ 2
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Lösungen zu Kurvendiskussion II
• Extrempunkte
( √2 )
f ′′ = −2 √ ( √2, √ )
4
2 < 0 Also ist bei
3 2 ein lokales Maximum.
f
(− √ )
′′ 2 = 2 √ (
2 > 0 Also ist bei − √ √ )
2, − 4 3 2 ein lokales Minimum.
• Wendepunkte
f ′′ !
(x) = 0 ↔ −2x = 0 ⇒ x = 0
Wendepunkt bei (0, 0); da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein Wendepunkt
sein muss.
g) f(x) = 7 4 x3 − 2x 2 + 2 ⇒ f ′ (x) = 21
4 x2 − 4x und f ′′ (x) = 21
2 x − 4
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ 21
4 x2 − 4x = 0 ⇒
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 0 ∧ x 2 = 16
21
• Extrempunkte
(
21
4 x − 4 )
x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 16
21
f ′′ (0) = −4 < 0 Also ist bei (0, 2) ein lokales Maximum.
( )
( )
f ′′ 16
21
= 4 > 0 Also ist bei 16
21 ; 1,613 . . . ein lokales Minimum.
• Wendepunkte
!
f ′′ (x) = 0 ↔ 21
2 ( x − 4 = 0 ⇒ )
x = 8
21
Wendepunkt bei 8
21 ; 1,806 . . . ; da (bei einer stetigen Funktion) zwischen Maximum und Minimum ein
Wendepunkt sein muss.
h) f(x) = 5 6 x3 − 1 2 x2 + 5x + 2 ⇒ f ′ (x) = 5 2 x2 − x + 5 und f ′′ (x) = 5x − 1
• Stationäre Stellen
√
f ′ !
(x) = 0 ↔ 5 2 x2 − x + 5 = 0 ⇒ x 2 − 2 5 x + 2 = 0 ⇒ x 1/2 = 1 5 ± 1
− 2
5 2
Es gibt keine stationären Stellen und damit auch keine Extrempunkte.
• Wendepunkte
!
f ′′ (x) = 0 ↔ 5x
(
− 1 =
)
0 ⇒ x = 1 5
( )
Wendepunkt bei 1
5 , 224
75
; wegen f ′′′ (x) = 5 und somit f ′′′ 1
5
= 5 ≠ 0 .
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Lösungen zu Kurvendiskussion II
2.) a) f(x) = x2 − 4
(x − 1) 2
f ′ (x) = 2x · (x − 1) 2 ✄ − (x 2 − 4) · 2✘(x ✘ − ✘ 1)
3
(x − 1) 4 ✁✕
f ′′ (x) = −2 · (x − 1) ✄ 3 − (−2x + 8) · 3✘ ✘ ✘✘
(x − 1) 2
4
=
(x − 1) 6 ✁✕
f ′′′ (x) = 4 · (x − 1) 4 ✄ − (4x − 22) · 4✘(x ✘ −✘✘
1) 3
5
=
(x − 1) 8 ✁✕
= 2x2 − 2x − 2x 2 + 8
(x − 1) 3 = −2x + 8
(x − 1) 3
−2x + 2 + 6x − 24 4x − 22
(x − 1) 4 =
(x − 1) 4
4x − 4 − 16x + 88 −12x + 84
(x − 1) 5 =
(x − 1) 5
• Stationäre Stellen
f ′ !
(x) = 0 ↔ −2x + 8 = 0 ⇒ x = 4 . Wir haben die stationäre Stelle x 1 = 4 .
• Extrempunkte
)
f ′′ (4) = −6 < 0 und f (4) = 12 3 4 9
(4, . Also ist bei 4 3
Also liegt ein Wendepunkt bei
Wendepunkt sein muss.
ein lokales Maximum.
• Wendepunkte f ′′ !
( )
(x) = 0 ↔ 4x − 22 = 0 ⇒ x = 11
2 und f 11
2
(
11
2 , 35
27
• Skizze
= 35
27
)
, da zwischen Maximum und Asymptote ( lim f(x) = 1) ein
x → ∞
Hierbei ist es nötig, für positive und negative Funktionswerte verschieden zu skalieren, damit wir das Verhalten
der Funktion besser einschätzen können:
y
HP
•
f(x) = x2 •
− 4
1
(x − 1) 2 WP
−4
−3
−2
−1
0 1 2 3 4 5
x
−4
−3
−2
−1
−10
1 2 3 4 5
x
−20
−30
−40
−50
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Lösungen zu Kurvendiskussion II
b) f(x) = x 3 · e −x2
)
f ′ (x) = 3x 2 · e −x2 + x 3 · e −x2 (−2x) =
(3x 2 − 2x 4 e −x2
)
)
(
)
f ′′ (x) =
(6x − 8x 3 e −x2 +
(3x 2 − 2x 4 e −x2 (−2x) = 4x 5 − 14x 3 + 6x e −x2
(
) (
)
f ′′′ (x) = 20x 4 − 42x 2 + 6 e −x2 + 4x 5 − 14x 3 + 6x e −x2 (−2x)
(
)
= −8x 6 + 48x 4 − 54x 2 + 6 e −x2
• Stationäre Stellen
f ′ !
)
(x) = 0 ↔ x 2 ·
(3 − 2x 2
√
3
= 0 ⇒ x = 0 ∧ x = ±
√
Wir haben die stationären Stellen x 1 = 0 und x 2/3 = ±
• Extrempunkte f ′′ (0) = 0 ⇒ keine Aussage über Extrempunkt und f (0) = 0
(
√ )
( √ ) 3 3
2)
f
(+
′′ ≈ −1,64 < 0 und f + = ≈ 0,41
3
2
(√ )
3
Also ist bei
2 ; 0,41 ein lokales Maximum.
√ )
( √ )
f
(−
′′ =≈ 1,64 > 0 und f − ≈ −0,41
3
2
Also ist bei
• Wendepunkte
f ′′ (x)
3
2
3
2
e 3 2
( √ )
3
−
2 ; −0,41 ein lokales Minimum.
!
= 0 ↔ 4x ·
3
2 .
2 .
(
)
x 4 − 7 2 x2 + 3 2
= 0 ⇒ x 1 = 0 und mit x 2 = z gilt z 2 − 7 2 z + 3 2 = 0 ⇒
z 1 = 3 und z 2 = 1 2 , also x 4/5 = ± √ 3 und x 6/7 = ± 1 √
2
Bei x 4/5 = ± √ 3 müssen Wendepunkte sein, da zwischen den Extrempunkten und den Asymptoten
lim f(x) = 0 jeweils ein Wendepunkt sein muss.
x→±∞
Für x 1 und x 6/7 gilt, entweder sind alle drei Wendepunkte, oder keiner – wegen der waagerechten Tangente
in x 1 = 0 sind die Wendepunkte durch die nötigen Krümmungswechsel klar.
( ) ( ) (
Also liegen Wendepunkte bei (0, 0), √2 1
√3; ) (
; 0,21 , − √ 1
2
; −0,21 , 0,26 und − √ )
3; −0,26 .
• Skizze
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•
•
•
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18. Tag – Integrieren
Lösungen zu Kurvendiskussion II
y
HP
•
0.25
WP
f(x) =x 3 · e −x2
•WP
−3
−2
−1
WP
1 2 3
x
WP
WP •
−0.25
•
TP
3.) Kurvendiskussion bedeutet: Definitionsbereich, Symmetrieverhalten, Nullstellen, Schnittpunkt mit der y-Achse,
Asymptoten (Verhalten für x → ±∞ und x → Definitionslücken), Extrempunkte, Wendepunkte, Wertebereich,
Skizze.
a) f ′ (x) = 24x3 − 48x 2
(3x − 2) 3 ; f ′′ (x) = 192x
(3x − 2) 4 ; f ′′′ −1728x − 384
(x) =
(3x − 2) 5
b) f ′ (x) = 1 2 + cos x ; f ′′ (x) = − sin x ; f ′′′ (x) = − cos x
c) f ′ (x) = 2x
x 2 − 4 ; f ′′ (x) = −2x2 − 8
(x 2 − 4) 2 ; f ′′′ (x) = 4x3 + 48x
(x 2 − 4) 3
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
1. Übung: Vektorrechnung in 2D I – Aufgaben
[ ] [ ]
1 −1
1.) Gegeben sind a = ; b =
2
0
a) Berechnen Sie die Längen der Vektoren.
b) Berechnen Sie:
⎡ ⎤ [
; c = ⎣ 1 / 2
⎦ ; d =
5/ 4
]
−2
; e =
− 1 / 3
i) a + b ii) 3c iii) |4c + 2d| iv) e − d
v) a · b vi) (2b) · d vii) a 2 − b 2 viii) 2e · a − d · (4c)
c) Berechnen Sie die Winkel (a; b), (a; d), (b; c) und (c; e) .
d) Zeichnen Sie die Vektoren in ein Koordinatensystem.
e) Fasst man die gegebenen Vektoren als Ortsvektoren auf, erhält man die Punkte A, B, C , D und E . Geben Sie je
eine Parameterdarstellung der Geraden durch A und einen der anderen Punkte an.
2.) Zeichnen Sie die folgenden Punkte in ein Koordinatensystem:
P 1 = (0, 1) ; P 2 = (1, 3) ; P 3 = (4, −2) ; P 4 = (−3, −3) ; P 5 = (0, 5) ; P 6 = (−5, 2)
a) Bestimmen Sie die Ortsvektoren der Punkte.
b) Bestimmen Sie alle Verbindungsvektoren zwischen den Punkten.
c) Wo liegen die Punkte, die durch die folgenden Vektoren bestimmt sind:
[
]
3
1
q 1 = 2p 1 ; q 2 = 3p 2 + 2p 3 ; q 3 = −p 2 + 3p 3 − 4p 6 ?
.
d) Wo liegen die Punkte, die durch die folgenden Vektoren bestimmt sind:
r 1 = p 1 + p 3 ;
r 2 = p 1 + −−→ P 2 P 4 ;
r 3 = −−→ P 3 P 6 + −−→ P 1 P 4 ;
r 4 = −−→ P 6 P 5 + −−→ P 3 P 1 + −−→ P 4 P 2 ?
e) Berechnen Sie die paarweisen Skalarprodukte der Ortsvektoren der Punkte P 1 bis P 6 .
f) Bestimmen Sie die Gleichungen der Geraden durch P 1 und jeweils einen der anderen Punkte, sowohl in vektorieller
Form, als auch in der Schreibweise linearer Funktionen f : R → R, x ↦→ f(x) .
3.) a) Zeichnen Sie das Dreieck mit den Ecken A = (1,1), B = (7,2) und C = (4,4) .
b) Bestimmen Sie die seitenhalbierenden Punkte D auf AB, E auf BC und F auf CA .
c) Bestimmen Sie die paarweisen Schnittpunkte der Strecken DC , EA und FB .
d) Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Dreieckshöhen.
e) Bestimmen Sie den Schnittpunkt der drei mittelsenkrechten Geraden, die entstehen, wenn man durch D senkrecht
auf AB eine Gerade legt – und analog durch E senkrecht auf BC sowie durch F senkrecht auf CA .
f) Stellen Sie die Parametergleichung der sog. Eulerschen Geraden durch die Schnittpunkte aus c), d) und e) auf.
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
4.) a) Geben Sie jeweils zwei Parameterdarstellungen der abgebildeten Geraden an:
y
6
5
4
3
2
1
2 1 1 2 3 4 5
x
1
b) Berechnen Sie nun die zwischen den Geraden paarweise eingeschlossenen Winkel.
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
1.) a) |a| = √ 1 2 + 2 2 = √ 5
|b| = √ (−1) 2 + 0 2 = 1
√ (1 ) 2 ( ) 5 2
|c| = + =
2 4
|d| =
√
(−2) 2 +
√
4
16 + 25
√
29
16 = 4
( ) 2
√ √
37
− 1 3 = 4 + 1 9 = 3
|e| = √ 3 2 + 1 2 = √ 10
[ ] [ ] [ ]
1 −1 0
b) i) a + b = + =
2 0 2
⎡ ⎤ ⎡
ii) 3c = 3 · ⎣ 1 / 2
⎦ = ⎣ 3 · 1/
⎤ ⎡ ⎤
2
5/ 4 3 · 5/
⎦ = ⎣ 3 / 2
⎦
4
15/ 4 ⎡ ⎤ [ ] ∣ ⎡
iii) |4c + 2d| =
4 · ⎣ 1 / 2
⎦
−2 ∣∣∣∣∣ + 2 · =
⎣ 4 · 1/
⎤ [ ] ∣ 2
∣
5/ 4
− 1 / 3 ∣ 4 · 5/
⎦
2 · (−2) ∣∣∣∣∣ [ ] [ ] ∣ +
4
2 · (− ) =
2 −4 ∣∣∣∣
1 / +
3 ∣ 5 − 2 / 3 [ ] ∣ [ ] ∣ √
√ √ √ =
2 + (−4) ∣∣∣∣ ∣ 5 + ( ) =
−2 ∣∣∣∣
− 2 / = (−2)
3 ∣
13/ 2 + 132 4 · 9 + 169 205 205
3 9 = =
9 9 = 3
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
[ ] [ ] [ ] [ ]
3 −2 3 + 2 5
iv) e − d = − = =
1 − 1 / 3 1 + 1 / 3
4/ 3
[ ] [ ]
1 −1
v) a · b = · = 1 · (−1) + 2 · 0 = −1
2 0
⎛ [ ] ⎞ [ ] [ ] [ ]
−1
vi) (2b) · d = ⎝2 · ⎠
−2 −2 −2
· = · = (−2) · (−2) + 0 · (− )
0 − 1 / 3 0 − 1 / 1 / 3 = 4
3
[ ] 2 [ ] 2 [ ] [ ] [ ] [ ]
vii) a 2 − b 2 1 −1 1 1 −1 −1
= − = · − · = (1 · 1 + 2 · 2) − ( (−1) · (−1) + 0 · 0 ) =
2 0 2 2 0 0
1 + 4 − 1 + 0 = 4
⎛
[ ] [ ] [ ] ⎡ ⎤⎞
[ ] [ ]
3 1 −2 ⎜
viii) 2e · a − d · (4c) = 2 · · − · ⎝4 · ⎣ 1 / 2
⎦⎟
−2 2
1 2 − 1 ⎠ = 2 · (3 · 1 + 1 · 2) − ·
/ 3 5/ 4
− 1 / 3 5
= 2 · 5 −
(
−2 · 2 +
[ ]
1 −1
·
a · b
c) (a; b) = arccos
|a| · |b| = arccos 2 0
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
−1
∣ 2
∣ 0
≈ 116,57 ◦
[
a · d
(a; d) = arccos
|a| · |d| = arccos
⎛
= arccos ⎜
⎝
−2 − 2 3
√
5 ·
√
37
3
(
− 1 ) ) (
· 5 = 10 − −4 − 5 )
= 14 + 5 3
3 3 = 47
3
[ ]
] [ ]
1 −2
·
2 − 1 / 3
√
5 ·
√
37
3
( )
1 · (−1) + 2 · 0
] ∣ = arccos √
∣∣∣∣ 5 · 1
⎛
= arccos ⎜
⎝
⎞
⎛ ( ) ⎞
⎟
⎠ = arccos ⎜
− 8 3
· 3
⎟
⎝√ √ ⎠ = arccos
5 · 37
(
1 · (−2) + 2 · − 1 3
√
5 ·
√
37
3
( ) −8
√
185
= arccos −1 √
5
⎞
)
⎟
⎠
≈ 126,03 ◦
[
b · c
(b; c) = arccos
|b| · |c| = arccos [
∣
⎡ ⎤
· ⎣ 1 / 2
⎦
5/ 4
] ∣ ⎡ ⎤
∣∣∣∣ ·
⎣ 1 / 2
⎦
∣
5/ 4 ∣
]
−1
0
−1
0
⎛
⎞
= arccos ⎝ (−1) · 1
2 + 0 · 5
4
1 ·
√
29
4
⎠ = arccos −2 √
29
≈ 111,8 ◦
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(c; e) = arccos
≈ 49,76 ◦
c · e
|c| · |e| = arccos
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⎡ ⎤ [ ]
⎣ 1 / 2
⎦
3
·
⎛
5/ 4
1
⎡ ⎤
⎣ 1 / 2
[ ] ∣ = arccos
⎦
·
3 ∣∣∣∣ ∣
5/ 4 ∣ ∣ 1
⎝ 1 2 · 3 + 5 4 · 1
√
29
4
· √10
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
⎞
⎠ = arccos
11
√
290
[ ]
[ ] [ ]
x
e) Die Gerade durch A und B: g : = a + λ · −→ 1 −2
AB = a + λ · (b − a) = + λ · , λ ∈ R
y
2 −2
[ ]
[ ] [ ]
x
( )
oder g : = b + µ · − 1 2
· −→ −1 1
AB = + µ · , µ ∈ R
y
0 1
[ ]
[ ] ⎡ ⎤
x
Die Gerade durch A und C : g : = a + λ · −→ 1
AC = a + λ · (c − a) = + λ · ⎣ − 1 / 2
⎦ , λ ∈ R
y
2 − 3 / 4
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch A und D: g : = a + λ · −→ 1 −3
AD = a + λ · (d − a) = + λ · , λ ∈ R
y
2 − 7 / 3
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch A und E : g : = a + λ · −→ 1 2
AE = a + λ · (e − a) = + λ · , λ ∈ R
y
2 −1
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[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [
0
1
4
−3
0
2.) a) p 1 = ; p 2 = ; p 3 = ; p 4 = ; p 5 = ; p 6 =
1
3
−2
−3
5
[ ]
b) Verbindungsvektoren berechnet man mit −−→ P 1 P 2 = p 2 − p 1 = .
1
2
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
−5
2
]
P 1
P 2
P 3
P 4
P 5
P 6
P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 P 6
[ ]
[ ] [ ] [ ]
−−→ −−→ 1 −−→ 4 −−→ −3 −−→ 0
P1 P 1 = 0 P 1 P 2 = P 1 P 3 = P 1 P 4 = P 1 P 5 =
2
−3
−4
4
[ ]
[ ] [ ] [ ]
−−→ −1 −−→ −−→ 3 −−→ −4 −−→ −1
P2 P 1 = P 2 P 2 = 0 P 2 P 3 = P 2 P 4 = P 2 P 5 =
−2
−5
−6
2
[ ] [ ]
[ ] [ ]
−−→ −4 −−→ −3 −−→ −−→ −7 −−→ −4
P3 P 1 = P 3 P 2 = P 3 P 3 = 0 P 3 P 4 = P 3 P 5 =
3
5
−1
7
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
−−→ 3 −−→ 4 −−→ 7 −−→ −−→ 3
P4 P 1 = P 4 P 2 = P 4 P 3 = P 4 P 4 = 0 P 4 P 5 =
4
6
1
8
[ ] [ ] [ ] [ ]
−−→ 0 −−→ 1 −−→ 4 −−→ −3 −−→
P5 P 1 = P 5 P 2 = P 5 P 3 = P 5 P 4 = P 5 P 5 = 0
−4
−2
−7
−8
[ ] [ ]
[ ] [ ] [ ]
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
P6 P 1 = P 6 P 2 = P 6 P 3 = P 6 P 4 = P 6 P 5 =
5
−1
6
1
9
−4
2
−5
5
3
[
−−→
P 1 P 6 =
[
−−→
P 2 P 6 =
−−→
P 3 P 6 =
[
−−→
P 4 P 6 =
[
−−→
P 5 P 6 =
−−→
P 6 P 6 = 0
[ ] [ ] [ ]
0 2 · 0 0
c) • q 1 = 2p 1 = 2 · = = =⇒ Q 1 = (0, 2)
1 2 · 1 2
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 4 3 · 1 2 · 4 3 8 3 + 8
• q 2 = 3p 2 + 2p 3 = 3 · + 2 · = + = + =
3 −2 3 · 3 2 · (−2) 9 −4 9 + (−4)
=
[
]
11
5
• q 3 = −p 2 + 3p 3 − 4p 6
=⇒ Q 2 = (11, 5)
[ ] [ ] [ ]
1 4 −5
= − + 3 · − 4 ·
3 −2 2
=⇒ Q 3 = (31, −17)
[ ] [ ] [ ]
0 4 4
d) • p 1 + p 3 = + = =⇒ R 1 = (4, −1)
1 −2 −1
[ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
• p 1 + −−→ 0
P 2 P 4 = + ⎝
−3 1
− ⎠
0 − 3 − 1 −4
= =
1 −3 3 1 − 3 − 3 −5
⎛[
] [ ] ⎞ ⎛[
] [ ] ⎞ [
• −−→ P 3 P 6 + −−→ P 1 P 4 = ⎝ − ⎠ + ⎝ − ⎠ =
−5
2
4
−2
−3
−3
0
1
]
−5
1
]
−6
−1
[ ]
−9
4
]
−2
5
]
−5
−3
[
] [
−1 + 3 · 4 − 4 · (−5)
=
=
−3 + 3 · (−2) − 4 · 2
=⇒ R 2 = (−4, −5)
−5 − 4 − 3 − 0
2 − (−2) − 3 − 1
]
=
[
]
−12
0
31
−17
]
=⇒ R 3 = (−12, 0)
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• −−→ P 6 P 5 + −−→ P 3 P 1 + −−→ P 4 P 2 =
⎛[
]
⎝
0
5
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[ ] ⎞ ⎛[
] [ ] ⎞ ⎛[
] [
−5
− ⎠ + ⎝
0 4
− ⎠ + ⎝
1
−
2 1 −2 3
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
[ ] [ ] [ ] [ ]
5 −4 4 5
= + + = =⇒ R 4 = (5, 12)
3 3 6 12
[ ] [ ]
4 1
e) Die Skalarprodukte berechnet man mit bspw. p 3 · p 2 = · = 4 · 1 + (−2) · 3 = −2 .
−2 3
−3
−3
] ⎞ ⎠
p 1 p 2 p 3 p 4 p 5 p 6
p 1 p 1 p 1 = 1 p 1 p 2 = 3 p 1 p 3 = −2 p 1 p 4 = −3 p 1 p 5 = 5 p 1 p 6 = 2
p 2 p 2 p 1 = 3 p 2 p 2 = 10 p 2 p 3 = −2 p 2 p 4 = −12 p 2 p 5 = 15 p 2 p 6 = 1
p 3 p 3 p 1 = −2 p 3 p 2 = −2 p 3 p 3 = 20 p 3 p 4 = −6 p 3 p 5 = −10 p 3 p 6 = −24
p 4 p 4 p 1 = −3 p 4 p 2 = −12 p 4 p 3 = −6 p 4 p 4 = 18 p 4 p 5 = −15 p 4 p 6 = 9
p 5 p 5 p 1 = 5 p 5 p 2 = 15 p 5 p 3 = −10 p 5 p 4 = −15 p 5 p 5 = 25 p 5 p 6 = 10
p 6 p 6 p 1 = 2 p 6 p 2 = 1 p 6 p 3 = −24 p 6 p 4 = 9 p 6 p 5 = 10 p 6 p 6 = 29
[ ]
x
f) Die Gerade durch P 1 und P 2 : g :
y
[
= p 1 + λ · −−→ P 1 P 2 =
0
1
] [ ]
1
+ λ · , λ ∈ R
2
Als lineare Funktion: m = 3 − 1 ⇒ f(x) = 2(x − 0) + 1 = 2x + 1
1 − 0
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch P 1 und P 3 : g : = p 1 + λ · −−→ 0 4
P 1 P 3 = + λ · , λ ∈ R
y
1 −3
Als lineare Funktion: m = −2 − 1 ⇒ f(x) = − 3 4 − 0
4 (x − 0) + 1 = −3 4 x + 1
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch P 1 und P 4 : g : = p 1 + λ · −−→ 0 −3
P 1 P 4 = + λ · , λ ∈ R
y
1 −4
Als lineare Funktion: m = −3 − 1 ⇒ f(x) = 4 −3 − 0
3 (x − 0) + 1 = 4 3 x + 1
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch P 1 und P 5 : g : = p 1 + λ · −−→ 0 0
P 1 P 5 = + λ · , λ ∈ R
y
1 4
Diese Gerade lässt sich nicht als lineare Funktion darstellen, da sie als Parallele zur y-Achse die Funktionseigenschaft
verletzt.
[ ]
[ ] [ ]
x
Die Gerade durch P 1 und P 6 : g : = p 1 + λ · −−→ 0 −5
P 1 P 6 = + λ · , λ ∈ R
y
1 1
Als lineare Funktion: m = 2 − 1
−5 − 0
⇒ f(x) = − 1 5 (x − 0) + 1 = −1 5 x + 1
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
3.) a) A = (1,1), B = (7,2) und C = (4,4)
b) Wir berechnen zunächst D, dieser Punkt liegt von A genau 1 2 · −→ AB entfernt, also:
Analog:
Also: D =
[ ] [ ]
e = 1 2 b + 1 2 c = 7/ 2 2
+
1 2
[ ] [ ] [ ]
d = a + 1 2 · (b − a) = 1 2 a + 1 2 b = 1/ 2
7/ 2 4
+ =
1/ 2 1 3/ 2
=
[ ]
11/ 2
3
( ) ( ) ( )
4, 3 2
, E = 11
2 ,3 und F = 5
2 , 5 2
.
[ ] [ ]
und f = 1 2 a + 1 2 c = 1/ 2 2
+
1/ 2 2
c) Zuerst bestimmen wir die Geraden, die die Strecken enthalten:
[ ]
[ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
x
DC liegt auf g 1 : = c + ˜λ · −→ 4
DC = + ˜λ 4
· (c − d) = + ˜λ 0 4 0
· = + λ · ,
y
4
4
5/ ˜λ,λ ∈ R
2 4 1
[ ]
[ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
x
EA liegt auf g 2 : = a + ˜µ · −→ 1
1 −
EA = + ˜µ · (a − e) = + ˜µ ·
9 / 2 1 9
= + µ · , ˜µ,µ ∈ R
y
1
1 −2 1 4
[ ]
[ ]
[ ] [ ] [ ] [ ]
x
FB liegt auf g 3 : = b + ˜ν · −→ 7
7
9/ 2 7 9
FB = + ˜ν · (b − f) = + ˜ν · = + ν · , ˜ν,ν ∈ R
y
2
2 − 1 / 2 2 −1
Nun schneiden wir diese Geraden paarweise:
=
[ ]
5/ 2
5/ 2
• Schnitt von g 1 und g 2 :
[ ] [ ] [ ] [ ]
4 0 1 9
+ λ · = + µ ·
4 1 1 4
⇒ 4 = 1 + 9µ
4 + λ = 1 + 4µ
⇒ µ = 1 3
λ = −3 + 4µ
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
4 0 4
D.h. + λ · = + − 5 3
4 1 4 · 0 4
=
1 7/ 3
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 9 1
bzw. + µ · = + 1 3
1 4 1 · 9 4
=
4 7/ 3
[ ] [ ] [ ]
• Schnitt von g 2 und g 3 :
1
1
+ µ ·
9
4
=
7
2
=⇒ S 1 =
[ ]
9
+ ν ·
−1
⇒ µ = 1 3
λ = −3 + 4 3
( )
4, 7 3
⇒ µ = 1 3
λ = − 5 3
⇒ 1 + 9µ = 7 + 9ν
1 + 4µ = 2 − ν
⇒ µ = 2 3 + ν
ν = − 1 3
⇒ µ = 6+9ν
9
4µ = 1 − ν
⇒ µ = 1 3
ν = − 1 3
⇒ µ = 2 3 + ν
8
3 + 4ν = 1 − ν
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04.10.2013
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
1 9 1
D.h. + µ · = + 1 3
1 4 1 · 9 4
=
4 7/ 3
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
7 9 7
bzw. + ν · = − 1 3
2 −1 2 · 9 4
= =⇒ S 2 =
−1 7/ 3
[ ] [ ] [ ] [ ]
7 9 4 0
• Schnitt von g 3 und g 1 : + ν · = + λ ·
2 −1 4 1
⇒ 7 + 9ν = 4 ⇒ ν = − 1 3
2 − ν = 4 + λ −2 − ν = λ
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
7 9 7
D.h. + ν · = − 1 3
2 −1 2 9 4
=
−1 7/ 3
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
4 0 4
bzw. + λ · = − 5 3
4 1 4 0 4
( )
= =⇒ S 3 = 4,
1 7/ 3
3
Die drei Geraden schneiden sich also in einem Punkt S 1 = S 2 = S 3 =
d) Die Dreieckshöhen:
[ ]
[ ] [ ]
x
g 4 : = c + ˜λ · −→ ⊥ [ ] [ ]
AB ⊥ 4 6 4 −1
= + λ · = + λ · , λ ∈ R
y
4 1 4 6
[ ]
[ ] [ ]
x
g 5 : = b + ˜λ · −→ ⊥ [ ] [ ]
AC ⊥ 7 3 7 −3
= + µ · = + µ · , µ ∈ R
y
2 3 2 3
[ ]
[ ] [ ]
x
g 6 : = a + ˜λ · −→
⊥ [ ] [ ]
BC ⊥ 1 −3 1 2
= + ν · = + ν · , ν ∈ R
y
1 2 1 3
Nun schneiden wir diese Geraden paarweise:
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
( )
4, 7 3
( )
4, 7 3
.
⇒ ν = − 1 3
λ = − 5 3
• Schnitt von g 4 und g 5 :
[ ] [ ]
4 −1
+ λ ·
4 6
[ ] [
7
= + µ ·
2
−3
3
]
⇒ 4 − λ = 7 − 3µ
4 + 6λ = 2 + 3µ
⇒ λ = −3 + 3µ
µ = 2 3 + 2λ ⇒ λ = −3 + 3µ
µ = 2 3 − 6 + 6µ
⇒ λ = −3 + 3µ
µ = 16
15
[ ] [ ] [ ]
4
D.h. + 1 5
4 · −1
= 1 5
6 · 19
26
[ ]
7
• Schnitt von g 5 und g 6 :
2
⇒ λ = −3 + 48
15
µ = 16
15
( )
=⇒ S 4 = 19
5 , 26 5
[ ] [ ] [ ]
−3 1 2
+ µ · = + ν ·
3 1 3
⇒ λ = 1 5
µ = 16
15
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
⇒ 7 − 3µ = 1 + 2ν
2 + 3µ = 1 + 3ν
⇒ µ = 2 − 2 3 ν
ν = 1 3 + µ ⇒ µ = 2 − 2 3 ν
ν = 1 3 + 2 − 2 3 ν
⇒ µ = 2 − 2 3 ν
ν = 7 5
[ ] [ ]
7
D.h. + 16
15
2 · −3
3
• Schnitt von g 6 und g 4 :
= 1
15
⇒ µ = 2 − 14
15
ν = 7 5
[ ] [ ]
105 − 48
= 1 5
30 + 48 · 19
26
[ ] [ ] [ ]
1 2 4
+ ν · = + λ ·
1 3 4
[
⇒ µ = 16
15
ν = 7 5
( )
=⇒ S 5 = 19
5 , 26
5
]
−1
6
⇒ 1 + 2ν = 4 − λ
1 + 3ν = 4 + 6λ
⇒ ν = 3 2 − 1 2 λ
λ = − 1 2 + 1 2 ν ⇒ ν = 3 2 − 1 2 λ
λ = − 1 2 + 3 4 − 1 4 λ
⇒ ν = 3 2 − 1 2 λ ⇒ ν = 14
λ = 1 5 λ λ = 1 5
[ ] [ ] [ ] [ ]
1
D.h. + 7 5
1 · 2
= 1 5
3 · 5 + 14
= 1 5
5 + 21 · 19
26
10 − 1 10
( )
=⇒ S 6 = 19
5 , 26
5
⇒ ν = 7 5
λ = 1 5
(
Die drei Geraden schneiden sich auch in einem Punkt S 4 = S 5 = S 6 = 19
5 , 26
5
e) Die Richtungsvektoren dieser Geraden können wir aus d) entnehmen, nur die Aufpunkte sind verschieden:
[ ]
[ ] [ ]
x
g 7 : = d + ˜λ · −→ ⊥ [ ] [ ]
AB ⊥ 4 6 4 −1
=
3
+ λ · =
3
+ λ · , λ ∈ R
y
2
1
2
6
[ ]
[ ] [ ]
x
g 8 : = f + ˜λ · −→ ⊥ [ ] [ ]
5/
AC ⊥ 2 3 5/ 2 −3
= + µ · = + µ · , µ ∈ R
y
5/ 2 3 5/ 2 3
[ ]
[ ] [ ]
x
g 9 : = e + ˜λ · −→
⊥ [ ] [ ]
11/
BC ⊥ 2 −3 11/ 2 2
= + ν · = + ν · , ν ∈ R
y
3 2 3 3
Nun schneiden wir diese Geraden paarweise:
)
.
• Schnitt von g 7 und g 8 :
[ ] [ ]
4 −1
+ λ ·
3/ 2 6
=
[ ] [ ]
5/ 2 −3
+ µ ·
5/ 2 3
⇒ 4 − λ = 5 2 − 3µ ⇒ λ = 3
3
2 + 6λ = 5 2 + 3µ ⇒ λ = 3
2 + 3µ µ = − 1 2 + 3µ
3 + 2λ µ = − 1 3 + 3 + 6µ
⇒ λ = 3 2 + 3µ
µ = − 8 15
[ ] [ ]
4
D.h. −
3/ 1 10 ·
2
−1
6
• Schnitt von g 8 und g 9 :
⇒ λ = 3 2 − 8 5
µ = − 8 15
[ ] [ ]
= 1 10 · 40 + 1
= 1 10
15 − 6 · 41
9
[ ] [ ] ]
5/ 2 −3
+ µ · =
5/ 2 3
[
11/ 2
3
⇒ λ = − 1 10
µ = − 8 15
( )
=⇒ S 7 = 41
10 , 9 10
[ ]
+ ν ·
2
3
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
⇒ 5 2
5
11
− 3µ =
2 + 2ν ⇒ µ = −1 − 2 3 ν
2 + 3µ = 3 + 3ν
⇒ µ = −1 − 2 3 ν
ν = − 7 10
[ ] [ ]
5/ 2
D.h. −
5/ 8 −3
15 2 3
• Schnitt von g 9 und g 7 :
ν = − 1 6 + µ ν = − 1 6 − 1 − 2 3 ν
⇒ µ = −1 − 2 3 ν
⇒ µ = −1 + 14
30
ν = − 7 10
[ ] [
= 1 15 ·
75/ 2 + 24
=
75/ 1 10 2 − 24 ·
[ ] [ ] [
11/ 2 2
+ ν · =
3 3
41
9
]
]
4
+ λ ·
3/ 2
⇒ µ = − 8 15
ν = − 7 10
( )
=⇒ S 8 = 41
10 , 9 10
[ ]
⇒ 11 2 + 2ν = 4 − λ
3 + 3ν = 3 2 + 6λ ⇒ ν = − 3 4 − 1 2 λ
λ = 1 4 + 1 2 ν ⇒ ν = − 3 4 − 1 2 λ
λ = 1 4 − 3 8 − 1 4 λ
⇒ ν = − 3 4 − 1 2 λ
λ = − 1 10
[ ] [ ]
D.h.
11/ 2
− 7 10
3 2
3
= 1 10 ·
[
55 − 14
30 − 21
−1
6
⇒ ν = − 15
20 + 1 20
λ = − 1 10
]
= 1 10 ·
[
41
9
]
⇒ ν = − 7 10
λ = − 1 10
( )
=⇒ S 9 = 41
10 , 9 10
Die drei Geraden schneiden sich auch in einem Punkt S 7 = S 8 = S 9 =
(
41
10 , 9 10
f) Die Gerade durch S 1 und S 4 :
[ ]
x
g Euler :
y
[ ]
= s +λ·−−→ 4
1 S 1 S 4 =
7/ 3
⎛[
+λ· ⎝
Nun testen wir, ob S 7 auf dieser Geraden liegt:
[ ]
1
10 · 41
9
=
[
]
4
+ λ 0 ·
7/ 3
[
1
15 ·
−3
43
]
]
19/ 5
−
26/ 5
[
⇒ 1 30 ·
4
7/ 3
] ⎞ ⎠ =
[
[
]
123
27
]
4
+λ·
7/ 3
= 1 30 ·
[
)
.
[ ] [ ] [
(57 − 60)/ 15 4
= +λ· 1
(78 − 35)/ 15
7/ 3 15 ·
]
120
70
+ λ 0 ·
[ ]
1
30 · −6
86
⇔ 123 = 120 − 6λ 0
27 = 70 + 86λ 0
⇔ 3 = −6λ 0
−43 = 86λ 0
−3
43
]
Damit liegt auch S 7 auf dieser Geraden, wie behauptet.
⇔ λ 0 = = − 1 2
λ 0 = = − 1 2
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
4.) a) • Blau durch (0, 5) und (3, 5):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 0
g 1 : = + λ · ⎝
0 3
− ⎠
0 −3
= + λ ·
y 5 5 5 5 0
[ ] [ ] [ ]
x 3 1
g 1 : = + µ · , µ ∈ R
y 5 0
• Rot durch (0, 5) und (4, 0):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 0
g 2 : = + λ · ⎝
0 4
− ⎠
0 −4
= + λ ·
y 5 5 0 5 5
[ ] [ ]
[ ]
x 4 1 4
g 2 : = + µ · √ · , µ ∈ R
y 0 41 −5
, λ ∈ R
, λ ∈ R
• Grün durch (0, 1) und (4, 5):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 4
g 3 : = + λ · ⎝
0 4
− ⎠
4 −4
= + λ · , λ ∈ R
y 5 1 5 5 −4
[ ] [ ] [ ]
x 0 1 1
g 3 : = + µ · √ · , µ ∈ R
y 1 2 1
• Orange durch (0, 2) und (4, 0):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 4
g 4 : = + λ · ⎝
0 4
− ⎠
4 −4
= + λ ·
y 0 2 0 0 2
[ ] [ ] [ ]
x 0 1 −2
g 4 : = + µ · √ · , µ ∈ R
y 2 5 1
, λ ∈ R
• Türkis durch (1, 0) und (2, 5):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 2
g 5 : = + λ · ⎝
1 2
− ⎠
2 −1
= + λ · , λ ∈ R
y 5 0 5 5 −5
[ ] [ ]
[ ]
x 1 1 1
g 5 : = + µ · √ · , µ ∈ R
y 0 26 5
• Rosa durch (3, 0) und (3, 5):
[ ] [ ] ⎛[
] [ ] ⎞ [ ] [ ]
x 3
g 6 : = + λ · ⎝
3 3
− ⎠
3 0
= + λ · , λ ∈ R
y 5 0 5 5 −5
[ ] [ ] [ ]
x 3 0
g 6 : = + µ · , µ ∈ R
y 0 1
b) Der Winkel zwischen zwei Geraden entspricht dem Winkel zwischen den Richtungsvektoren bzw. 180 ◦ minus
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
diesen Winkel:
)
(g 1 ; g 2 : arccos
)
(g 1 ; g 3 : arccos
)
(g 1 ; g 4 : arccos
)
(g 1 ; g 5 : arccos
)
(g 1 ; g 6 : arccos
)
(g 2 ; g 3 : arccos
)
(g 2 ; g 4 : arccos
)
(g 2 ; g 5 : arccos
[ ] [ ]
1 4
·
0 −5
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
4
∣ 0
∣ −5
[ ] [ ]
1 1
·
0 1
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
1
∣ 0
∣ 1
[ ] [ ]
1 −2
·
0 1
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
−2
∣ 0
∣ 1
[ ] [ ]
1 1
·
0 5
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
1
∣ 0
∣ 5
[ ] [ ]
1 0
·
0 1
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
0
∣ 0
∣ 1
( 4
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
( ) 1√2
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
) )
√ ≈ 51,34 ◦ =⇒
(g 1 ; g 2 ≈ 51,34 ◦
41
)
= 45 ◦ =⇒
(g 1 ; g 3 = 45 ◦
] ∣ = arccos − 2 )
√ ≈ 153,44 ◦ =⇒
(g 1 ; g 4
∣∣∣∣ 5
( 1
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
≈ 26,56 ◦
) )
√ ≈ 78,69 ◦ =⇒
(g 1 ; g 5 ≈ 78,69 ◦
26
] ∣ )
= arccos 0 = 90 ◦ =⇒
(g 1 ; g 6
∣∣∣∣
= 90 ◦
[ ] [ ]
4 1
·
−5 1
[ ] ∣ [ ] ∣ = arccos − 1
)
√ ≈ 96,34 ◦ =⇒
(g 2 ; g 3 ≈ 83,66 ◦
4 ∣∣∣∣ ·
1 ∣∣∣∣ 82
∣ −5
∣ 1
[ ] [ ]
4 −2
·
−5 1
[ ] ∣ [ ] ∣ = arccos − 13
)
√ ≈ 155,23 ◦ =⇒
(g 2 ; g 4 ≈ 24,77 ◦
4 ∣∣∣∣ ·
−2 ∣∣∣∣ 205
∣ −5
∣ 1
[ ] [ ]
4 1
·
−5 5
[ ] ∣ [ ] ∣ = arccos − 21
)
√ ≈ 130,03 ◦ =⇒
(g 2 ; g 5 ≈ 49,97 ◦
4 ∣∣∣∣ ·
1 ∣∣∣∣ 1066
∣ −5
∣ 5
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)
(g 2 ; g 6 : arccos
)
(g 3 ; g 4 : arccos
)
(g 3 ; g 5 : arccos
)
(g 3 ; g 6 : arccos
)
(g 4 ; g 5 : arccos
)
(g 4 ; g 6 : arccos
)
(g 5 ; g 6 : arccos
[ ] [ ]
4 0
·
−5 1
[ ] ∣ [
4 ∣∣∣∣ ·
0
∣ −5
∣ 1
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( −5
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Vektorrechnung in 2D I
) )
√ ≈ 141,34 ◦ =⇒
(g 2 ; g 6 ≈ 38,66 ◦
41
[ ] [ ]
1 −2
·
1 1
[ ] ∣ [ ] ∣ = arccos − 1
)
√ ≈ 108,44 ◦ =⇒
(g 3 ; g 4 ≈ 71,56 ◦
1 ∣∣∣∣ ·
−2 ∣∣∣∣ 10
∣ 1
∣ 1
[ ] [ ]
1 1
·
( )
1 5
3
[ ] ∣ [ ] ∣ )
= arccos √ ≈ 33,69 ◦ =⇒
(g 3 ; g 5 ≈ 33,69 ◦
1 ∣∣∣∣ ·
1 ∣∣∣∣ 13
∣ 1
∣ 5
[ ] [ ]
1 0
·
( )
1 1
1√2 [ ] ∣ [ ] ∣ )
= arccos = 45 ◦ =⇒
(g 3 ; g 6 = 45 ◦
1 ∣∣∣∣ ·
0 ∣∣∣∣
∣ 1
∣ 1
[ ] [ ]
−2 1
·
1 5
[ ] ∣ [
−2 ∣∣∣∣ ·
1
∣ 1
∣ 5
[ ] [ ]
−2 0
·
1 1
[ ] ∣ [
−2 ∣∣∣∣ ·
0
∣ 1
∣ 1
[ ] [ ]
1 0
·
5 1
[ ] ∣ [
1 ∣∣∣∣ ·
0
∣ 5
∣ 1
( 3
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
( ) 1√5
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
( 5
] ∣ = arccos
∣∣∣∣
) )
√ ≈ 74,75 ◦ =⇒
(g 4 ; g 5 ≈ 74,75 ◦
130
)
≈ 63,43 ◦ =⇒
(g 4 ; g 6 ≈ 63,43 ◦
) )
√ ≈ 11,31 ◦ =⇒
(g 5 ; g 6 ≈ 11,31 ◦
26
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19. Tag – Vektorrechnung in 2D
2. Übung: Integrieren II – Aufgaben
2. Übung: Integrieren II – Aufgaben
1.) Berechnen Sie:
ˆ4
ˆ2π
a) 3x 2 − 2x dx b) sin x − cos x dx c)
d)
2
ˆ2
1
−π
√
ˆ2
4x − 1 dx e) 4x 2 − 3x 4 + 2x dx f)
0
ˆ4
0
ˆ2
1
e −x dx
(2x 2 + 5) 2 dx
2.) Berechnen Sie:
a)
ˆ3
x 3 − 3x dx b)
3
ˆ5 π
2 sin(2x) dx c)
ˆ2
x · e x dx
d)
−2
ˆ2
ln x dx e)
0
ˆ2
3
√
5x + 2
dx f)
1
ˆ
−2
2x 2 e − 1 2 x3
dx
1
0
−1
3.) Berechnen Sie die folgenden Integrale:
a)
ˆ 2x 4 + 3x 3 − 4x 2 − 3
x 2 dx
+ x − 2
b)
c)
ˆ −x 4 + 2x 3 − 3x + 7
2x 2 dx
− 8
d)
ˆ 4x 4 + 15x 3 + 23
2 x2 − x
x 2 dx
+ 4x + 4
ˆ 2x 4 − 5x 3 − 6x 2 + 20x − 8
x 3 + 2x 2 − 5x − 6
Tipp: Untersuchen Sie bei d) nach der Polynomdivision den Zähler des Divisionsrestes auf Nullstellen und setzen Sie
die Nullstellen in den Nenner ein.
dx
Lösungen zu Integrieren II
1.) a)
b)
c)
d)
e)
ˆ4
2
ˆ2π
−π
ˆ4
0
ˆ2
1
ˆ2
0
3x 2 − 2x dx = [ x 3 − x 2] 4
2 = (43 − 4 2 ) − (2 3 − 2 2 ) = (64 − 16) − (8 − 4) = 48 − 4 = 44
sin x − cos x dx = [ − cos x − sin x ] 2π
= (−1 − 0) − (1 − 0) = −2
−π
e −x dx = [ −e −x] (
4
0 = −e−4 − −e 0) = − 1 e 4 + 1
√
4x − 1 dx =
[ 1
6 (4x − 1) 3 2
] 2
1
= 1 ) (7 2 3 3
− 3 2 = 1 6
6
[ 4
4x 2 − 3x 4 + 2x dx =
3 x3 − 3 ] 2
5 x5 + x 2 = 4
0
3 · 8 − 3 5
Mathematik Vorkurs P2
(
7 √ 7 − 3 √ )
3
· 32 + 4 =
32 · 5 − 96 · 3 + 60
15
= − 68
15
✞ ☎
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04.10.2013
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Integrieren II
f)
ˆ2
1
(2x 2 + 5) 2 dx =
ˆ2
1
( 4
=
5
= 4 5
= 1447
15
[ 4
4x 4 + 20x 2 + 25 dx =
5 x5 + 20
2
3 x3 + 25x]
1
) (
20
4 · 32 +
3 · 8 + 50 −
5 + 20 )
3 + 25
· 31 +
20
3
124
· 7 + 25 =
5 + 140 124 · 3 + 140 · 5 + 25 · 15
+ 25 =
3 15
2.) a)
b)
c)
d)
ˆ3
−2
3
ˆ5 π
0
ˆ2
1
ˆ2
1
[ 1
x 3 − 3x dx =
4 x4 − 3 ] 3
2 x2 −2
2 sin(2x) dx =
x · e x dx =
= 35
4
[ ] 3
5 π
− cos(2x) = 1 (
5 + √ )
5 ≈ 1,81
0 4
[
e x (x − 1)] 2
1 = e2 ≈ 7,39
ln x dx =
[x · (ln(x)
− 1 )] 2
= ln 4 − 1 ≈ 0,39
1
e) Mit der Regel ´ f(αx + β) dx = 1 α · F(αx + β) und ´ x − 1 2 dx = − 1 x 1 − 2
1 2
ˆ2
0
ˆ2
3
√ dx = 3
5x + 2
0
[
(5x + 2) − 1 2
1
(
dx = 3 ·
5 · 2 √ ) ] 2
5x + 2
0
[ ] 6 √ 2
= 5x + 2
5
0
= 6 (√
5 ·
√ )
12 − 2 ≈ 2,46
= 2 √ x erhalten wir:
f)
ˆ
−2
−1
ˆ
2x 2 e − 2 1 x3 dx =
−2
−1
2 ·
(
− 2 )
3
·
(− 3 )
2 x2
} {{ }
(
=
e − 2 1 x3 dx = − 4 ˆ
3 ·
) ′
− 1 2 x3
−2
−1
(− 3 )
2 x2 e − 2 1 x3
} {{ }
=
(e ) − 1 2 x3 ′
dx
3.) a)
= − 4 ˆ
3 ·
ˆ 2x 4 + 3x 3 − 4x 2 − 3
x 2 + x − 2
−2
−1
(e − 1 2 x3) ′
ˆ
dx =
dx =
[− 4 ] −2 [ ]
3 e− 2 1 4 −1
x3 =
3 e− 1 2 x3 = 4 ( √e )
3 · − e
4
≈ −70,60
ˆ
2x 2 + x − 1 dx +
−1
3x − 5
(x − 1)(x + 2) dx
= 2 3 x3 + 1 ˆ −
2 ˆ 11
2 x2 3
− x +
x − 1 dx + 3
x + 2 dx
−2
= 2 3 x3 + 1 2 x2 − x − 2 3
ln |x − 1| +
11
3
ln |x + 2| + C
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04.10.2013
19. Tag – Vektorrechnung in 2D
Lösungen zu Integrieren II
b)
ˆ 4x 4 + 15x 3 + 23
2 x2 − x
x 2 + 4x + 4
ˆ
dx =
4x 2 − x − 1 2 dx + ˆ 5x + 2
(x + 2) 2 dx
= 4 3 x3 − 1 2 x2 − 1 2 x + ˆ
ˆ
5
x + 2 dx +
−8
(x + 2) 2 dx
c)
ˆ −x 4 + 2x 3 − 3x + 7
2x 2 − 8
dx = 1 2
= 4 3 x3 − 1 2 x2 − 1 2 x + 5 ln |x + 2| + 8(x + 2)−1 + C
ˆ
−x 2 + 2x − 4 dx + 1 2
= − 1 6 x3 + 1 2 x2 − 2x + 1 2
ˆ 5x − 9
x 2 − 4 dx
(ˆ 1
4
ˆ )
19
x − 2 dx + 4
x + 2 dx
d)
ˆ 2x 4 − 5x 3 − 6x 2 + 20x − 8
x 3 + 2x 2 − 5x − 6
= − 1 6 x3 + 1 2 x2 − 2x + 1 8
ˆ
dx = 2
ln |x − 2| +
19
8
ln |x + 2| + C
x − 9 ˆ 11x 2
2 dx + 2 − 13
2 x − 31
x 3 + 2x 2 − 5x − 6 dx
ˆ
= x 2 − 9x + 2
11x + 31
2
x 2 + 4x + 3 dx = x2 − 9x + 2
ˆ
= x 2 9 ˆ 35
4
− 9x + 2
x + 1 dx + 2 4
x + 3 dx
= x 2 − 9x − 9 2
ln |x + 1| +
35
2
ln |x + 3| + C
ˆ
11x + 31
2
(x + 1)(x + 3) dx
Mathematik Vorkurs P2
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07.10.2013
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
1. & 2. Übung: Vektorrechnung in 3D I & II – Aufgaben
1.) Zeigen sie, dass für beliebige v ∈ R 3 gilt: v 2 =
∣
∣v 2 ∣ ∣∣ = |v| 2 .
2.) Gegeben seien die Punkte P = (2, −1, 0), Q = (5, 3, −2), R = (0, −3, 4). Berechnen Sie die Verbindungsvektoren
−→
PQ, −→ PR, −→ RQ, und −→ RP .
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5 7
−2
3.) Gegeben seien die Vektoren a = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ und c = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ . Berechnen Sie:
2 4
−1
a) |a| , |b| , |c|
b) a + b, a − b, b + c, b − a
c) 3a + 2b, 2a − 3b, 2 (a + b) − 2 (b − c) + 3 (c − a)
4.) Stellen Sie die folgenden Geraden analytisch dar:
a) Gerade durch die Punkte A = (2, −1, 5), B = (−2, 6, 6);
⎡ ⎤
8
b) Gerade mit dem Anfangspunkt A = (3, −2, 3) und dem Richtungsvektor s = ⎢
⎣ 7⎥
⎦ ;
−2
c) Die z-Achse;
d) Gerade senkrecht zur xz-Ebene durch den Punkt A = (1, −1, −1);
e) Die Geraden in der xz-Ebene durch (0, 0, 0), die mit der positiven x-Achse einen Winkel von 45 ◦ einschließen.
)
5.) Durch die Punkte P 0 = (3, 1, 7) und P 1 =
(− 1 2 , 5, −3 werde eine Gerade gelegt. Liegen die Punkte
( )
Q = (−4,9, −13) bzw. R = 1
2 , 1 2 , 1 auf dieser Geraden?
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 0 1
2
6.) Gegeben sind die Vektoren a = ⎢
⎣2
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ , c = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ und d = ⎢
⎣ 0⎥
⎦ .
3 1 −1
−4
a) Berechnen Sie die Längen der Vektoren.
b) Welche Winkel schließt a mit den drei anderen Vektoren ein?
c) Berechnen Sie – möglichst geschickt – alle Spatprodukte dieser vier Vektoren.
7.) Untersuchen
⎡ ⎤
Sie
⎡
die
⎤
gegenseitige
⎡ ⎤
Lage der zwei
⎡
Geraden:
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x −1 2
x 4 5
a) g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + λ · ⎢
⎣ 1⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ + µ · ⎢
⎣ 2⎥
⎦ λ, µ ∈ R
z 1 −1
z −4 −3
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 0 0
x 0 1
b) g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣1
⎥
⎦ + λ · ⎢
⎣2
⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + µ · ⎢
⎣1
⎥
⎦ λ, µ ∈ R
z 2 4
z 2 8
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07.10.2013
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
8.) Bestimmen Sie die Eckpunkte A, B, C des Dreiecks mit der Eigenschaft, dass der Punkt M = (−2, 1, −4) Mittelpunkt
der Seite c, der Punkt N = (1,0, 3) Mittelpunkt der Seite a und der Punkt P = (2, 7, 8) Mittelpunkt der Seite b ist.
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
⎡ ⎤
v 1
1.) Für v = ⎢
⎣v 2
⎥
⎦ ∈ R3 gilt: v 2 = v1 2 + v 2 2 + v 3 2 =
v 3
und v 2 = v1 2 + v 2 2 + v 3 2 =
∣
∣v1 2 + v 2 2 + v 3
2
∣ =
∣
∣v 2 ∣ ∣∣
(√ ) 2
v1 2 + v 2 2 + v 3
2 = |v| 2
2.) Es gilt:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5 2 5 − 2 3
0 2 −2
−→
PQ = q − p = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣3 − (−1) ⎥
⎦ = ⎢
⎣ 4⎥
⎦ ; −→
PR = r − p = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦
−2 0 −2 − 0 −2
4 0 4
⎡ ⎤ ⎤ ⎤
⎤ ⎤ ⎤
−→
RQ = q − r = ⎢
⎣ 3⎥
−2
⎡ ⎡
⎡ ⎡ ⎡
5 0 5
2 0 2
⎦ − ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 6⎥
⎦ ; −→
RP = p − r = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ − ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 2⎥
⎦
4 −6
0 4 −4
√
3.) a) |a| = 5 2 + (−1) 2 + 2 2 = √ ∣
30 ; ∣b ∣ √
= 7 2 + (−3) 2 + 4 2 = √ √
74 ; |c| = (−2) 2 + 1 2 + (−1) 2 =
√
6
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5 7 12
5 7 −2
b) a + b = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣−4
⎥
⎦ ; a − b = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ − ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 2⎥
⎦
2 4 6
2 4 −2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
7 −2 5
7 5 2
b + c = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ + ⎢
⎣ 1⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ ; b − a = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦
4 −1 3
4 2 2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5 7 15 14 29
c) 3a + 2b = 3 · ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + 2 ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ + ⎢
⎣−6
⎥
⎦ = ⎢
⎣−9
⎥
⎦
2 4 6 8 14
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5 7 10 21 −11
2a − 3b = 2 · ⎢
⎣−1
⎥
⎦ − 3 ⎢
⎣−3
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ − ⎢
⎣−9
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 7⎥
⎦
2 4 4 12 −8
2 ( a + b ) − 2 ( b − c ) + 3 ( c − a ) = 2a + 2b − 2b + 2c + 3c − 3a = 5c − a
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2 5 −10 5 −15
= 5 · ⎢
⎣ 1⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 5⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 6⎥
⎦
−1 2 −5 2 −7
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07.10.2013
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
4.) a) Wir erhalten die Gerade mit −→ −2 2 −4
AB = b − a = ⎢
⎣ 6⎥
⎦ − ⎢
⎣−1
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 7⎥
⎦ , also:
6 5 1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
g : r = a + λ · −→ 2 −4
AB = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + λ ⎢
⎣ 7⎥
⎦ , λ ∈ R
5 1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
3 8
b) Es ergibt sich: g : r = a + λ · s =⇒ g : r = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ + λ ⎢
⎣ 7⎥
⎦ , λ ∈ R
3 −2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
0 0
0
c) Die z-Achse läuft bspw. durch ⎢
⎣0
⎥
⎦ und ⎢
⎣0
⎥
⎦ =⇒ g : r = λ ⎢
⎣0
⎥
⎦ , λ ∈ R
0 1
1
⎡ ⎤
⎡ ⎤
0
1
d) Die Gerade senkrecht zur xz-Ebene, d.h. s = ⎢
⎣1
⎥
⎦ durch den Punkt A = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ :
0
−1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 0
=⇒ g : r = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + λ ⎢
⎣1
⎥
⎦ , λ ∈ R
−1 0
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
e) Die Geraden liegen in ⎡der⎤
xz-Ebene, ⎡ ⎤d.h. es gilt y = 0⎡
für ⎤die Richtung. 45 ◦ mit der positiven x-Achse bedeutet,
1 1
0
als Richtung kommen ⎢
⎣0
⎥
⎦ und ⎢
⎣ 0⎥
⎦ in Frage. Mit ⎢
⎣0
⎥
⎦ als Aufpunkt führt dies auf
1 −1
0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
0 1
0 1
g 1 : r = ⎢
⎣0
⎥
⎦ + λ ⎢
⎣0
⎥
⎦ , λ ∈ R und g 2 : r = ⎢
⎣0
⎥
⎦ + µ ⎢
⎣ 0⎥
⎦ , µ ∈ R
0 1
0 −1
Läßt man die obige Bedingung ⎡ (die ⎤ Gerade solle durch den Ursprung laufen) weg, dann sind als einfache
0 Stützvektoren auch alle r 0 = ⎢
⎣x
0⎥
⎦ mit x 0 ≥ 0 möglich. 34
0
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5.) Wir nehmen −−→
P 0 P 1 = ⎢
⎣− 7 / 2 x 3
4⎥
⎦ als Richtungsvektor der Geraden und erhalten g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣1
⎥
⎦ + t · ⎢
⎣− 7 / 2 4⎥
⎦ .
−10
z 7 −10
34 Man kann nun sogar einen beliebigen Punkt des R 3 als Aufpunkt verwenden, mit den obigen Richtungen läuft die Gerade dann so oder so
irgendwann durch die x -Achse.
Mathematik Vorkurs P2
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07.10.2013
⎫
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
Wir testen den Punkt Q : − 4 = 3 − 7 2 t
9 = 1 + 4 t
− 13 = 7 − 10 t
⎪⎬
⇒ t = 2 ⇒ Q ∈ g.
⎪⎭
⎫
Wir testen den Punkt R :
1
2
= 3 − 7 2 t ⇒ t = 5 7
1
2
= 1 + 4 t ⇒ t = − 1 8
1 = 7 − 10 t ⇒ t = 3 5
6.) a) |a| = √ 14 ; |b| = √ 5 ; |c| = √ 3 ; |d| = 2 √ 5
⎪⎬
⎪⎭
⇒ R /∈ g .
b) Es gilt:
cos α = cos (a; b) =
a · b
|a| · |b|
( ) −1
=⇒ α = arccos √ ≈ 96,86°
70
cos β = cos (a; c) =
a · c
|a| · |c|
( ) −4
=⇒ β = arccos √ ≈ 128,11°
42
cos γ = cos (a; d) =
a · d
( ) −5
=⇒ γ = arccos √ ≈ 126,7°
|a| · |d|
70
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
c) Wegen a × b · c = c × a · b = b × c · a und a × b · c = − b × a · c genügt es, für je
drei Vektoren nur ein Spatprodukt auszurechnen:
(
a × b
)
· c = 11 ;
(
a × b
)
· d = 24 ;
(
a × c
)
· d = 14 ;
(
b × c
)
· d = −2
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⎡ ⎤
⎡ ⎤
2
5
7.) a) Ist ⎢
⎣ 1⎥
⎦ kollinear zu ⎢
⎣ 2⎥
⎦ ? - Nein, also:
−1
−3
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07.10.2013
20. Tag – Vektorrechnung in 3D
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
−1 + 2λ − 4 − 5µ = 0
−1 + 1λ − 3 − 2µ = 0
1 − 1λ + 4 + 3µ = 0
=⇒
2λ − 5µ = 5
1λ − 2µ = 4
−1λ
⎧
+ 3µ = −5
II+III
=⇒
2λ − 5µ = 5
1λ − 2µ = 4
µ = −1
=⇒
Es gibt keinen Schnittpunkt, d.h. g und h sind windschief.
⎡ ⎤
⎡ ⎤
0
1
b) Ist ⎢
⎣2
⎥
⎦ kollinear zu ⎢
⎣1
⎥
⎦ ? - Nein, also:
4
8
⎪⎨
⎪⎩
2λ = 5 + 5µ = 0 ⇒ λ = 0
λ = 4 + 2µ ⇒ λ = 2
µ = −1
− µ = 0
1 + 2λ + 1 − µ = 0 =⇒
2 + 4λ − 2 − 8µ = 0
⎧
⎨II : 2λ = −2 ⇒ λ = −1
=⇒ µ = 0 ⇒
⎩III : λ = 0
Es gibt keinen Schnittpunkt, d.h. g und h sind windschief.
µ = 0
2λ − µ = −2
4λ − 8µ = 0
8.) Wir lösen die Aufgabe mit der Formel für den Mittelpunkt M einer Strecke AB: m = 1 2 · (a + b) . Wir erhalten drei
Gleichungen:
m = 1 (a + b)
2 I
n = 1 (b + c)
2 II
p = 1 (a + c)
2 III
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2 2 1 −1
Geschickte Addition, z.B. I + III − II liefert: a = m + p − n = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ + ⎢
⎣7
⎥
⎦ − ⎢
⎣0
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 8⎥
⎦ .
−4 8 3 1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2 1 2 −3
Analog erhält man: b = m + n − p = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ + ⎢
⎣0
⎥
⎦ − ⎢
⎣7
⎥
⎦ = ⎢
⎣−6
⎥
⎦ .
−4 3 8 −9
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2 1 −2 5
und c = p + n − m = ⎢
⎣7
⎥
⎦ + ⎢
⎣0
⎥
⎦ − ⎢
⎣ 1⎥
⎦ = ⎢
⎣ 6⎥
⎦ .
8 3 −4 15
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✝173 ✆
Dipl. Math. Stefan Podworny

•
•
•
•
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20. Tag – Vektorrechnung in 3D
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D I & II
Außerdem gibt es noch verschiedene geometrische Beweise:
•
P
C
•N
A • B
M
.
Man sieht: AB || PN, BC || PM und
AC || NM .
Damit ist bspw. A Schnittpunkt der Geraden
g durch P mit Richtung −−→ MN mit der Geraden
h durch M in Richtung −→ PN . Mit den
Geradengleichungen
⎡ ⎤
⎡ ⎤
s·⎡ ⎤
x
g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = p + s·−−→ 2 3
MN = ⎢
⎣7
⎥
⎦ + ⎢
⎣−1
⎥
⎦ , s ∈ R
z
8 7
⎡ ⎤
⎡ ⎤
t·⎡ ⎤
x
h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = m + s·−→ −2 −1
PN = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ + ⎢
⎣−7
⎥
⎦ , t ∈ R
z
−4 −5
⎡ ⎤
⎡ ⎤
r·⎡ ⎤
x
i : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = n + s·−→ 1 −4
PM = ⎢
⎣0
⎥
⎦ + ⎢
⎣ −6⎥
⎦ , r ∈ R
z
3 −12
erhält man die Schnittpunkte: A = (−1,8,1), B = (−3, − 6, − 9) und C = (5,6,15) .
Dies ist allerding rechnerisch recht aufwändig, wesentlich elegeganter ist es, wenn man die Parallelogramme, bspw.
AMNP betrachtet:
• Die sich gegenüberliegenden Parallelogrammseiten sind gleich, also gilt für die Vektoren:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−→
PA = −−→
−2 1 2 −1
NM und damit a − p = m − n bzw. a = m − n + p = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ − ⎢
⎣0
⎥
⎦ + ⎢
⎣7
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 8⎥
⎦
−4 3 8 1
⎡ ⎤
⎡ ⎤
Analog −→ NB = −→
−3
5
PM ⇒ b = m − p + n = ⎢
⎣−6
⎥
⎦ und −→ −→
NC = MP ⇒ c = p − m + n = ⎢
⎣ 6⎥
⎦
−9
15
• Oder man betrachtet die Parallelogramme und erhält die Ortsvektoren a,b,c zu den Punkten A,B,C direkt
a = m + −→ NP = m + p − n
b = m + −→ PN = m + n − p
c = p + −−→ MN = p + n − m
So oder so braucht man für diese Beweise die Parallelogrammeigenschaft:
Wir suchen den Punkt, der mit A, M und P ein Parallelogramm bildet, dieser liegt bei:
a + −→ AP + −→ AM = p + −→ AM = p + m − a = 1 2 (a + c) + 1 2 (a + b) − a = 1 (b + c) = n
2
Damit ist gezeigt, dass N die „fehlende“ Ecke und somit AMNP ein Parallelogramm ist.
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08.10.2013
21. Tag – Gauß-Algorithmus
21. Tag – Gauß-Algorithmus
1. Übung: Lineare Gleichungssysteme I – Aufgaben
1.) Lösen Sie die Gleichungssysteme:
a) x 1 + x 2 = 1
2x 1 − x 2 = 5
d) 7x 1 − 4x 2 = 3
−5x 1 + 2x 2 = −2
b) 2x 1 − x 2 = 1
−3x 1 + x 2 = −2
e) x 1 + 2x 2 = 0
2x 1 + x 2 = 1
c) x 1 + x 3 = 6
−2x 1 + 3x 2 − 4x 3 = 2
5x 1 − x 2 − x 3 = −3
f) 2x 1 − x 2 − 5x 3 = −2
6x 1 − 9x 2 − 11x 3 = 3
7x 1 − 5x 2 + 4x 3 = 5
2.) Lösen Sie:
a) x + 2y + 4z = −3
x + y + z = 1
2x + 5y + 7z = 2
c) 2x − 2y − 2z = 1
x + 4y − 2z = 0
2x − 3y + 5z = 13
e) 3x − 5y + 2z = −27
11x + 2y − 4z = −13
5x + 6y + z = −7
g) −5x + 4y − 2z = −11
3x − 2y + 8z = 6
−2x − y + z = − 1 2
i) x + 2y + 3z = 3
4x + 5y + 6z = 6
7x + 8y + z = −3
b) −x + 4y + 5z = 0
2x − 3y − 7z = −19
−3x + 4y + 8z = 26
d) 5x − 2y − 8z = 3
3x + 4y − 7z = −16
6x + 5y + 7z = −2
f) x − 2y + 3z = 1
4x − 5y + 6z = 2
−12x + 2y + 5z = 1
h) 2x − 6y − 2z = −4
−3x + 5y − 2z = 9
−3x + 8y + 2z = 6
j) 4x + 7y − 9z = 2
x − 5y − 3z = −7
−x + 3y + 5z = 7
3.) Lösen Sie das lineare Gleichungssystem
2x 1 − x 3 + 2x 4 = 5
x 1 − 4x 2 − 3x 3 = 0
4x 2 + 2x 3 + x 4 = 3
2x 1 + x 2 + 3x 3 + 2x 4 = 2
mit dem Gaußschen Algorithmus. Wie muss man d in der Gleichung x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = d wählen, damit sich die
Lösungsmenge des Systems bei Hinzunahme dieser Gleichung nicht ändert?
4.) Lösen Sie – soweit möglich – die folgenden Gleichungssysteme mittels des Gaußschen Algorithmus.
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a) 5x + 10y + 15z = − 10
3x − 8y + 4z = − 7
− 6x + 16y − 8z = 14
c) x + y − 2z + 3w = −4
−3x − 5y + 7z − 8w = 24
4x + 6y − 8z + 9w = −28
− 4y + 4z + w = 30
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21. Tag – Gauß-Algorithmus
Lösungen zu Lineare Gleichungssysteme I
b) x 1 + x 2 + x 3 = 0
2x 1 + 3x 2 − 4x 3 = 1
−5x 1 + 2x 2 + 3x 3 = −5
d) 2x + 2y + z + w = 1
x − 2y + z = 6
x + y − z + 2w = −1
− 3y + z − w = 4
Lösungen zu Lineare Gleichungssysteme I
1.) a) x 1 = 2 , x 2 = −1 b) x 1 = 1 , x 2 = 1
c) x 1 = 7 4 , x 2 = 15
2 , x 3 = 17
4
d) x 1 = 1 3 , x 2 = − 1 6
e) x 1 = 2 3 , x 2 = − 1 3
f) x 1 = − 33
82 , x 2 = − 97
82 , x 3 = 39
82
2.) a) x = −1, y = 5, z = −3 b) x = −10, y = −5, z = 2
c) x = 5 2 , y = 1 4 , z = 7 4
d) x = 1, y = −3, z = 1
e) x = −3, y = 2, z = −4 f) x = 2 9 , y = 4 9 , z = 5 9
g) x = 1, y = − 3 2
, z = 0 h) x = 4, y = 3, z = −3
i) x = 1 2 , y = −1, z = 3 2
j) x = 1, y = 1, z = 1
3.) a) Es ergibt sich: x 1 = 1, x 2 = 1, x 3 = −1 und x 4 = 1 .
b) Es folgt 1 + 1 − 1 + 1 = 2 und damit gilt:
Mit d = 2 ändert die Hinzunahme der Gleichung x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = d die Lösungsmenge des Systems nicht.
4.) a) x = − 15
7 − 16
7 t, y = 1 14 − 5 14 t, z = t b) x 1 = 17
25 , x 2 = − 11
25 , x 3 = − 6 25
c) x = 1, y = −3, z = 4, w = 2 d) nicht lösbar
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2. Übung: Vektorrechnung in 3D III – Aufgaben
2. Übung: Vektorrechnung in 3D III – Aufgaben
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2
0 3
−4
1.) Schreiben Sie v = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ als Linearkombination von a = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣1
⎥
⎦ und c = ⎢
⎣ 2⎥
⎦ .
1
0 0
1
2.) Gegeben seien die Punkte A = (1, −2, 1), B = (3, 2, 3), C = (2, 7, 0) und D = (8, 1, 2). Man bestimme denjenigen
Punkt P auf der Geraden durch A und B, welcher von C und D gleich weit entfernt ist.
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2 −1 3
3.) Man bestimme die Konstante λ ∈ R derart, dass die drei Vektoren a = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ , b = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ , c = ⎢
⎣λ
⎥
⎦ komplanar
1 λ 5
sind, d.h. in einer Ebene liegen.
4.) Sei g die Gerade durch die Punkte (1,0, − 1) und (0, − 1,2) und h die Gerade durch die Punkte (−3, − 1,4) und
(2,1,4). Bestimmen Sie:
a) Die Parameterformen der Geraden, b) ihre Lage zueinander,
c) den Abstand der beiden Geraden, d) ihr gemeinsames Lot.
5.) Untersuchen
⎡ ⎤
Sie
⎡
für die
⎤
nachstehenden
⎡ ⎤
Geradenpaare
⎡ ⎤
ihre
⎡
jeweilige
⎤
Lage
⎡ ⎤
zueinander:
x 0 1
x −3 2
a) g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + s · ⎢
⎣ 2⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y⎥
⎦ = ⎢
⎣ 0⎥
⎦ + t · ⎢
⎣1
⎥
⎦ s,t ∈ R
z 4 −3
z −1 0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 2 −2
x 0 2
b) g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣1
⎥
⎦ + s · ⎢
⎣ 0⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ + t · ⎢
⎣ 0⎥
⎦ s,t ∈ R
z 0 3
z −1 −3
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x −2 −1
x 2 2
c) g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−3
⎥
⎦ + s · ⎢
⎣−2
⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣3
⎥
⎦ + t · ⎢
⎣ 2⎥
⎦ s,t ∈ R
z −1 1
z 1 −2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 1 −2
x −3 4
d) g : ⎢
⎣y⎥
⎦ = ⎢
⎣2
⎥
⎦ + s · ⎢
⎣ 1⎥
⎦ und h : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 4⎥
⎦ + t · ⎢
⎣−2
⎥
⎦ s,t ∈ R
z 3 0
z 3 0
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1 0 1
2
2
−4
−2
1
6.) Seien a =
−3
, b =
3
, c =
−4
und d =
−3
gegeben. Berechnen Sie
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
⎣−3⎦
⎣ 0⎦
−6 1 5
−2
a) a + b b) c − d c) b − a + c
d) |a| + |c| e) |d| − |b| f) 5a − 3d + 1 2 b
g) a · b h) c · d i)
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a · d
b · c
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21. Tag – Gauß-Algorithmus
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
1.) Wir lösen das lineare Gleichungssystem v = λa + µb + νc für die drei Unbekannten λ, µ und ν ∈ R . Mit den
gegebenen Vektoren lautet dies: ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2 0 3 −4
⎢
⎣ 3⎥
⎦ = λ ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + µ ⎢
⎣1
⎥
⎦ + ν ⎢
⎣ 2⎥
⎦
1 0 0 1
• Die Gleichung für die 3. Komponente besagt: 1 = ν, d.h. es gilt ν = 1
• In der 1. Komponente erhalten wir die Gleichung −2 = 3µ − 4 ⇔ µ = 2 3
• Die 2. Komponente ergibt 3 = −λ + 2 2+6−9
3
+ 2, man erhält also λ =
3
= − 1 3
Die Darstellung von v als Linearkombination der Vektoren a, b, c ergibt sich somit zu:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−2
0
v = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ = −1 ⎢
3 ⎣−1
⎥
⎦ + 2 3 −4
⎢
3 ⎣1
⎥
⎦ + ⎢
⎣ 2⎥
⎦ .
1
0 0 1
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
x 1 2
1 + 2t
2.) Die Gerade durch A und B ist g : ⎢
⎣y
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ + t · ⎢
⎣4
⎥
⎦ mit t ∈ R, d.h. es gilt: p = ⎢
g ⎣−2 + 4t⎥
⎦ für den
z 1 2
1 + 2t
allgemeinen Geradenpunkt P g .
Für die Abstände von C und D von G soll gelten:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
⎡ ⎤
1 + 2t 2
⎢
⎣−2 + 4t⎥
⎦ − 1 + 2t 8
⎢
⎣7
⎥
⎦
=
⎢
⎣−2 + 4t⎥
⎦ − 2t − 1
⎢
⎣1
⎥
2t − 7
⎦
⇔
⎢
⎣4t − 9⎥
⎦
=
⎢
⎣4t − 3⎥
⎦
∣ 1 + 2t 0
∣ ∣ 1 + 2t 2
∣ ∣ 2t + 1
∣ ∣ 2t − 1
∣
∣
⇔ ∣(4t 2 − 4t + 1) + (16t 2 − 72t + 81) + (4t 2 ∣
+ 4t + 1) ∣ = ∣(4t 2 − 28t + 49) + (16t 2 − 24t + 9) + (4t 2 − 4t + 1) ∣
∣
⇔ ∣24t 2 ∣
− 72t + 83∣ = ∣24t 2 − 56t + 59∣ ⇔ 35 24t 2 − 72t + 83 = 24t 2 − 56t + 59 ⇔ t = 3
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2
1 2 1 3 4
und damit P = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ + 3 2 ·
⎢
⎣4
⎥
⎦ = ⎢
⎣−2
⎥
⎦ + ⎢
⎣6
⎥
⎦ = ⎢
⎣4
⎥
⎦ .
1 2 1 3 4
35 Beide Parabeln haben keine Nullstellen (zeigen!), daher brauchen wir den 2. Fall (. . . = − . . .) der Fallunterscheidung für die Betragsgleichung
nicht durchführen.
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Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
3.) Damit die drei Vektoren komplanar sind, muss ihr Spatprodukt immer 0 ergeben. Also:
⎛⎡
⎤ ⎡ ⎤⎞
⎡ ⎤
( ) 2 −1
a × b · c = 0 ⇔ ⎜⎢
⎝⎣
−1⎥
⎦ × 3
⎢
⎣ 3⎥
⎦⎟
⎠ ·
⎢
⎣λ⎥
⎦ = 0
1 λ 5
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−λ − 3 3
⇔ ⎢
⎣−1 − 2λ⎥
⎦ ·
⎢
⎣λ⎥
⎦ = 0
5 5
Für λ = 2 oder λ = −4 sind a, b, c komplanar.
[ ] T [
T
4.) a) g : 1,0, − 1 + λ · −1, − 1,3]
und h :
⇔ −2λ 2 − 4λ + 16 = 0 ⇒ λ = 2, λ = −4
[ ] T [ ] T
−3, − 1,4 + µ · 5,2,0
b) Die Richtungsvektoren sind nicht parallel, also sind g und h entweder windschief oder haben einen Schnittpunkt.
Durch c) wissen wir, dass sie windschief sein müssen, bei einem Schnittpunkt wäre der Abstand Null.
c) Die Formel liefert:
[ ] T [ T ∣
| r 1 × r 2 · a − b]
| ∣( [ ] T [ T ) (
−1, − 1,3 × 5,2,0] [ ] T [
∣ T ) ∣∣∣
· 1,0, − 1 − −3, − 1,4]
△ =
=
|r 1 × r 2 |
[ ] T [ ∣ T ∣∣∣
∣ −1, − 1,3 × 5,2,0]
[
T [ ∣ T ∣∣∣
∣ −6,15,3]
· 4,1, − 5]
|−24 + 15 − 15|
=
[ ] ∣ T ∣∣∣
= ] ∣ T ∣∣∣
= ∣ −6,15,3
∣
[−2,5,1
| − 24|
3 3 √ 30 = √ 8 ≈ 1,46059
30
d) Seien P ∈ g, Q ∈ h mit −→ PQ ⊥ g, −→ PQ ⊥ h – die Strecke −→
Es gilt für die Ortsvektoren −→ 0P ,
PQ ist das Lot zwischen g und h.
−→
0Q von P , Q sowie den Verbindungsvektor −→ PQ:
−→
] T −→
[
] T
0P =
[1 − λ P , − λ P , − 1 + 3λ P 0Q = −3 + 5µ Q , − 1 + 2µ Q ,4
−→
PQ = −→ 0Q − −→ ] T
0P =
[−4 + 5µ Q + λ P , − 1 + 2µ Q + λ P , 5 − 3λ P
Aus −→ PQ ⊥ g, und −→ PQ ⊥ h ergibt sich:
−→
[ ] T ] T ] T [ ] T
PQ · −1, − 1,3 = 0 ⇒ −1 ·
[−4 + 5µ Q + λ P − 1 ·
[−1 + 2µ Q + λ P + 3 · 5 − 3λ P = 0
=⇒ 20 − 7µ Q − 11λ P = 0 =⇒ 7µ Q + 11λ P = 20
−→
[ ] T ] T [
] T
PQ · 5,2,0 = 0 ⇒ 5 ·
[−4 + 5µ Q + λ P + 2 · −1 + 2µ Q + λ P = 0
=⇒ −22 + 29µ Q + 7λ P = 0 =⇒ 29µ Q + 7λ P = 22.
Wir haben also ein LGS mit 7µ Q + 11λ P = 20 und 29µ Q + 7λ P = 22.
] T [
Gauß liefert: λ P = 71
45 , µ Q = 17
45
[1,0, . Also haben wir P = − 1 +
71
45 · −1, − 1,3
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] T
=
(
)
− 26
45 , − 71
45 , 168
45
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21. Tag – Gauß-Algorithmus
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
und Q =
[ ] T [ ] T (
−3, − 1,4 +
17
45 · 5,2,0 = − 50
45 , − 11
45
). , 4
√ ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
Für |PQ| erhalten wir − 50
45 + 26
45 + − 11
45 + 71
45 + 180
45 − 168
45
√
=
1
45 2 · ((24) 2 + (60) 2 + (12) 2) =
√
96
45 = √
64
√
30
= 8 √
30
.
Also ist das Lot von g und h die Strecke von P nach Q (oder andersherum).
⎡ ⎤
⎡ ⎤
1
2
5.) a) ⎢
⎣ 2⎥
⎦ kollinear zu ⎢
⎣1
⎥
⎦ ? – Nein, also gleichsetzen:
−3
0
b)
c)
s = − 3 + 2t
−1 + 2s = + t
4 − 3s = − 1
⎧
⎨ 5
=⇒ s = 5 I :
3
⇒
⎩ 10
II :
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
0
1
Probe: S = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ + 5 / 3 · ⎢
⎣ 2⎥
4 −3
=⇒ s − 2t = −3
2s − t = 1
−3s = −5
3 − 2t = −3 ⇒ t = −3− 5 3
−2
= 7 3
3 − t = 1 ⇒ t = 7 3
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5/
⎦ = 3 −3 2 5/ ?
⎢
⎣
7/ 3
⎥
⎦ = ⎢
⎣ 0⎥
⎦ + 7 / 3 · ⎢
⎣1
⎥
⎦ = 3
⎢
⎣
7/ 3
⎥
⎦
−1 −1 0 −1
( )
Es gibt genau einen Schnittpunkt S = 5
3 , 7 3 , − 1 von g und h .
⎡ ⎤
⎡ ⎤
⎡ ⎤
−2
2
⎢
⎣ 0⎥
⎦ kollinear zu ]
2
⎢
⎣ 0⎥
⎦
[−1
? – Ja, mit multipliziert, prüfe: Ist ⎢
⎣1
⎥
⎦ ∈ h?
3
−3
0
2 = + 2t
1 = − 2
0 = − 1 − 3t
=⇒ in II
Es gibt keinen Schnittpunkt, d.h. g und h sind parallel.
⎡ ⎤
⎡ ⎤
1
2
⎢
⎣−2
⎥
⎦ kollinear zu ⎢
⎣ 2⎥
⎦ ? – Nein, also gleichsetzen:
1
−2
̌
−2 − s = 2 + 2t
−3 − 2s = 3 + 2t
−1 + s = 1 − 2t
[
I·
−1
] [
;II·
]
−1
=⇒ s + 2t = −4
2s + 2t = −6
s + 2t = 2
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=⇒ −s − 2t = 4
−2s − 2t = 6
s + 2t = 2
=⇒ in I und III
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21. Tag – Gauß-Algorithmus
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
Es gibt keinen Schnittpunkt, d.h. g und h sind windschief.
d)
⎡ ⎤
⎡ ⎤
−2
4
⎢
⎣ 1⎥
⎦ kollinear zu ]
⎢
⎣−2
⎥
⎦
[−2
? – Ja, mit
0
0
multipliziert, prüfe: Ist
⎡ ⎤
1
⎢
⎣2
⎥
⎦ ∈ h?
3
1 = − 3 + 4t
2 = + 4 − 2t
3 = + 3
⎡ ⎤
1
Da der Aufpunkt ⎢
⎣2
⎥
⎦
3
=⇒ 4 = + 4t
−2 = − 2t
3 = + 3
aus I und II
=⇒ t = 1
von g auf h liegt sind g und h identisch.
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1 0 −1 + 0 −1
2
−4
2 + (−4)
−2
6.) a) a + b =
−3
+
3
=
−3 + 3
=
0
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
⎣ 0 + 0⎦
⎣ 0⎦
−6 1 −6 + 1 −5
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 2 1 − 2 −1
−2
1
−2 − 1
−3
b) c − d =
−4
−
−3
=
−4 − (−3)
=
−1
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−3⎦
⎣ 0⎦
⎣ −3 − 0⎦
⎣−3⎦
5 −2 5 − (−2) 7
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
0 −1 1 0 − (−1) + 1 2
−4
2
−2
−4 − 2 − 2
−8
c) b − a + c =
3
−
−3
+
−4
=
3 − (−3) − 4
=
2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
⎣−3⎦
⎣ 0 − 0 − 3⎦
⎣−3⎦
1 −6 5 1 − (−6) + 5 12
d) |a| + |c| = √ (−1) 2 + (2) 2 + (−3) 2 + (0) 2 + (−6) 2 + √ (1) 2 + (−2) 2 + (−4) 2 + (−3) 2 + (5) 2 = √ 50 + √ 55
e) |d| − |b| = √ (2) 2 + (1) 2 + (−3) 2 + (0) 2 + (−2) 2 + √ (0) 2 + (−4) 2 + (3) 2 + (0) 2 + (1) 2 = √ 18 + √ 26
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
−1 2 0 5 · (−1) − 3 · 2 + 1 2 · 0
⎤ ⎡ ⎤
−11
2
1
−4
5 · 2 − 3 · 1 +
f) 5a − 3d + 1 2 b = 5 −3
− 3
−3
+ 1 1 2 · (−4)
5
2
3
=
5 · (−3) − 3 · (−3) + 1 2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
· 3
=
− 9 ⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
⎣ 5 · 0 − 3 · 0 + 1 2
2 · 0 ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣ 0⎦
−6 −2 1 5 · (−6) − 3 · (−2) + 1 2 · 1 − 47
2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1 0
2
−4
g) a · b =
−3
·
3
= −1 · 0 + 2 · (−4) + (−3) · 3 + 0 · 0 + (−6) · 1 = −23
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0⎦
⎣ 0⎦
−6 1
Mathematik Vorkurs P2
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
08.10.2013
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
1 2
−2
1
h) c · d =
−4
·
−3
= 1 · 2 + (−2) · 1 + (−4) · (−3) + (−3) · 0 + 5 · (−2) = 2
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−3⎦
⎣ 0⎦
5 −2
i)
a · d
b · c
=
−1 · 2 + 2 · 1 + (−3) · (−3) + 0 · 0 + (−6) · (−2)
0 · 1 + (−4) · (−2) + 3 · (−4) + 0 · (−3) + 1 · 5 = 21
1 = 21
21. Tag – Gauß-Algorithmus
Lösungen zu Vektorrechnung in 3D III
Mathematik Vorkurs P2
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
09.10.2013
22. Tag – Selbstarbeitstag: Ausblick auf Mathe I
22. Tag – Selbstarbeitstag: Ausblick auf Mathe I
Nach- und Vorarbeiten
• Finale Fragen zusammenstellen.
• Formelsammlung überarbeiten.
Aussichten auf das Wintersemester
Studienleistungen zur Höheren Mathematik I/II/III
In den Mathematik-Veranstaltungen am HoPla müssen Sie neben der Prüfungsleitung (Klausur) auch eine Studienleistung
erbringen, um den Modul abzuschließen und die Credits dafür angerechnet zu bekommen.
Diese Studienleistung besteht aus wöchentlich abzugebenden Pflichtaufgaben, von denen Sie 10 von 12 bestehen müssen
(d.h. jeweils 30% richtig bearbeitet haben). – Das ist nicht wirklich schwer!
Diese Studienleistung haben wir eingeführt, um Ihnen beim Lernen zu helfen.
Sie haben so die Chance, jede Woche am aktuellen Stoff zu arbeiten und Ihre Aufgabenbearbeitungen korrigieren/bewerten
zu lassen, damit Sie aus Ihren Fehlern (so sie welche machen) lernen und sich verbessern können, insbesondere auch in
Bezug auf korrekte Schreibweisen, Gliederung und nötige Kommentare.
Nehmen Sie dieses Angebot bitte ernst und so wahr, wie es gemeint ist – genau wie in den Übungen des Vorkurses auch,
lernen Sie durch Mathematik machen am meisten.
Lernzentrum
Um Sie dabei noch weiter zu unterstützen bieten wir Ihnen in der Vorlesungszeit unser Lernzentrum (jeweils Montag bis
Freitag 16:00 bis 18:00 Uhr; weitere Informationen auf den Webseiten der Ingenieurmathematik) an, dort können Sie
Fragen zu den Übungsaufgaben und/oder dem Vorlesungstoff stellen.
Leistungstest
Gegen Ende der Vorlesungszeit (voraussichtlich Ende Januar/Anfang Februar) schreiben wir einen Leistungstest mit kurzen
Aufgaben, bei dem nur nach den Endergebnissen gefragt wird.
Sinn dieses Test ist, dass Sie prüfen können, wie gut Sie die jeweiligen Themen verstanden haben und wie sicher Sie
beim Rechnen sind. Als kleine Motivation gibt es Bonuspunkte für die Klausur (auch hier: Details auf unseren Webseiten).
Prüfungsleistung: Klausur
Bei der Klausur (voraussichtlich Anfang März 2014) werden vorrangig die Rechenwege und Ihr Vorgehen bewertet; die
richtigen Ergebnisse liefern nur einen Teil der Punkte.
Mathematik Vorkurs P2
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
10.10.2013
23. Tag – Matrizenrechnung
23. Tag – Matrizenrechnung
1. & 2. Übung: Matrizenrechnung I & II – Aufgaben
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
−1 −2 1 1 2 3
0 1 2
1.) Gegeben: a = ⎢
⎣ 2⎥
⎦ , b = ⎢
⎣−1
⎥
⎦ , c = ⎢
⎣−4
⎥
⎦ , A = ⎢
⎣ 3 −1 0⎥
⎦ und B = ⎢
⎣−1 1 0⎥
⎦ .
4 3 2 −2 4 −1
2 −3 5
Berechnen Sie:
a) A · a, A · b, A · c, B · a, B · b, B · c . b) a T · B · c .
c) A + B, A T + B T , A 2 , B 2 , A · B, B · A .
d) det A, det B, det(B T · B T ) .
2.) Bestimmen Sie alle möglichen Matrizenprodukte der folgenden Matrizen:
⎡ ⎤
[ ]
1 3
[ ]
3 1 0
A = , B =
2 4
0 5 1
⎢
⎣3 5⎥
⎦ , C = 7
[ ]
, D = 0 3
1
4 0
3.) Sind die angegebenen Matrizen invertierbar? Falls ja, berechnen Sie die Inversen.
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2 −2 1 1 0 1 2 1 0
4 1 −2
A = ⎢
⎣−2 −8 4⎥
⎦ , B = ⎢
⎣2 1 2⎥
⎦ , C = ⎢
⎣0 3 −1⎥
⎦ , D = 1 7 ·
⎢
⎣3 −3 7⎥
⎦ ,
6 −4 4 1 0 1 1 −1 −1
2 0 −5
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
3 2 4
0 −4 2
3 −2 −7
F = ⎢
⎣1 1 2⎥
⎦ , G = 1 7 ·
⎢
⎣ 3 5 6⎥
⎦ , H = 1 11 ·
⎢
⎣5 4 0⎥
⎦ ,
1 0 1
−2 1 9
0 0 2
( )
Berechnen Sie außerdem: A · B, B · A, C · F · G ,
4.) Für welche λ ∈ R hat das lineare Gleichungssystem
( )
C · F · G .
2λx + y − 2z = 0
x + λy + 2z = 3
λx + y + 2z = 18
⎡ ⎤
1 −2 2
J = ⎢
⎣3 4 6⎥
⎦
2 2 4
genau eine, mehr als eine oder keine Lösung? Verwenden Sie die Determinante der Koeffizientenmatrix für Ihre
Aussagen. Geben Sie jeweils die Lösungsmenge an.
Mathematik Vorkurs P2
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Dipl. Math. Stefan Podworny

WiSe 2013/14
10.10.2013
23. Tag – Matrizenrechnung
Lösungen zu Matrizenrechnung I & II
Lösungen zu Matrizenrechnung I & II
⎡ ⎤
15
1.) a) A · a = ⎢
⎣−5
⎥
⎦ ;
6
b) a T · B · c =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
5
−1
10
5
A · b = ⎢
⎣−5
⎥
⎦ ; A · c = ⎢
⎣ 7⎥
⎦ ; B · a = ⎢
⎣ 3⎥
⎦ ; B · b = ⎢
⎣ 1⎥
⎦ ;
−3
−20
12
14
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
0 1 2 1
· ⎢
⎣−1 1 0⎥
⎦ ·
] 0
⎢
⎣−4
⎥
⎦
[−1 = 2 4 · ⎢
⎣−5
⎥
⎦ = 86
2 −3 5 2
24
[ ]
−1 2 4
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
[ ] 0 1 2 1
oder: = −1 2 4 · ⎢
⎣−1 1 0⎥
⎦ ·
] 1
⎢
⎣−4
⎥
⎦
[6 = −11 18 · ⎢
⎣−4
⎥
⎦ = 86
2 −3 5 2
2
⎡ ⎤
⎡ ⎤
⎡
⎤
1 3 5
1 2 0
1 12 0
c) A + B = ⎢
⎣2 0 0⎥
⎦ A T + B T = ⎢
⎣3 0 1⎥
⎦ A 2 = ⎢
⎣ 0 7 9⎥
⎦
0 1 4
5 0 4
12 −12 −5
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
3 −5 10
4 −6 17
−1 7 −2
B 2 = ⎢
⎣−1 0 −2⎥
⎦ A · B = ⎢
⎣ 1 2 6⎥
⎦ B ·A = ⎢
⎣ 2 −3 −3⎥
⎦
13 −16 29
−6 5 −9
−17 27 1
d) detA = 37 detB = 7 det(B T · B T ) =
(
detB) 2
= 49
⎡ ⎤
0
B · c = ⎢
⎣−5
⎥
⎦
24
2.) Die möglichen Matrizenprodukte sind:
⎡ ⎤
3 16 3
B 42 · A 23
=
6 22 4
⎢
⎣ 9 28 5⎥
⎦
12 4 0
43
⎡ ⎤
10
, B 42 · C 21
=
18
⎢
⎣26
⎥
⎦
28
[
[ ]
D 12 · A 23
= 0 15 3
]13 , D 12 · C 21 = 3
3.) Lösungsweg mit Simultan-Gauß:
11
41
[ ]
0 21
, C 21 · D 12
=
0 3
22
,
Mathematik Vorkurs P2
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Dipl. Math. Stefan Podworny

=⇒
II− 5·III
II−5·III
I−III
=⇒
=⇒
II:(−10)
I:10
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
2 −2 1 1 0 0
−2 −8 4 0 1 0
6 −4 4 0 0 1
⎤
2 −2 1 1 0 0
0 −10 5 1 1 0
0 0 10 −14 1 5
WiSe 2013/14
10.10.2013
⎥
⎦ =⇒
I+II
⎤
3·I−III
⎥
⎦ =⇒
III:10
⎤
2 −2 0 24/ 10 − 1 / 10 − 5 / 10
0 −10 0 8 5/ 10 − 25 / 10
⎥
⎦
0 0 1 − 14 / 10
1/ 10
5/ 10
⎤
1 0 0 4/ 10 − 1 / 10 0
0 1 0 − 8 / 10 − 1 / 20
5/ 20
⎥
0 0 1 − 14 / 10
1/ 10
5/ 10
5·I−II
=⇒
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎡
⎢
⎣
⎦ =⇒ A −1 = 1 20 ·
2 −2 1 1 0 0
0 −10 5 1 1 0
0 −2 −1 3 0 −1
23. Tag – Matrizenrechnung
Lösungen zu Matrizenrechnung I & II
⎤
⎥
⎦
⎤
2 −2 1 1 0 0
0 −10 5 1 1 0 ⎥
⎦
0 0 1 − 14 / 10
1/ 10
5/ 10
⎤
10 0 0 4 −1 0
0 −10 0 8 5/ 10 − 25 / 10
⎥
⎦
0 0 1 − 14 / 10
1/ 10
5/ 10
⎡
⎤
8 −2 0
⎢
⎣−16 −1 5⎥
⎦
−28 2 10
Die Inversen:
⎡ ⎤
⎡
⎤
4 −1 1
15 5 1
B und J sind nicht invertierbar, C −1 = 1 9 ·
⎢
⎣1 2 −2⎥
⎦ , D−1 = 1 11 ·
⎢
⎣29 −16 −34⎥
⎦ ,
3 −3 −6
6 2 −15
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
1 −2 0
39 38 −34
8 4 28
F −1 = ⎢
⎣ 1 −1 −2⎥
⎦ , G−1 = 1 26 ·
⎢
⎣−39 4 6⎥
⎦ , H−1 = 1 4 ·
⎢
⎣−10 6 −35⎥
⎦ ,
−1 2 1
13 8 12
0 0 22
⎡
⎤
−1 −2 −1
Die Produkte: ⎢
⎣−14 −8 −14⎥
⎦,
2 −4 2
} {{ }
=A·B
⎡
⎤
8 −6 5
⎢
⎣14 −20 14⎥
⎦,
8 −6 5
} {{ }
=B·A
⎡
⎤
−5 7 134
1
7 ·
⎢
⎣−1 12 67⎥
⎦
1 2 17
} {{ }
(
=C· F·G
)
=
(
C·F
4.) • Wegen det A = 6λ 2 − 2λ − 4 = ! }
0 ist das LGS für λ ∈ R \
{− 2 3 ,1 eindeutig lösbar:
( ) ( )
x = 6
λ − 1 , y = − 9
λ − 1 , z = 12λ − 9
2(λ − 1) = 72λ2 − 6λ + 36 12 λ − 3
12λ 2 − 4λ − 8 = 4
λ + 2 3
( )
2 (λ − 1) λ + 2 3
• Für λ = − 2 3 folgt − 4 3 x + y − 2z = 0 =⇒ − 4
x − 2 3 x + y − 2z = 0
3 y + 2z = 3
+ 1
− 2 9 y + 2 3 z = 4
3 x + y + 2z = 18
und so x = 27 − 6t, y = 36 − 6t, z = t
)
·G
• Für λ = 1 folgt 2x + y − 2z = 0
x + y + 2z = 3
x + y + 2z = 18
, d.h. das LGS ist nicht lösbar.
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