Lösungen

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Prof. Dr. Matthias Gerdts
Dr. Sven-Joachim Kimmerle
Wintertrimester 2014
Mathematik 1 + 2
Übung 1
1) (Logische Ausdrücke)
Erstellen Sie eine Wahrheitstafel für alle Möglichkeiten zweier Aussagen A, B und die
˙
˙
logischen Ausdrücke ¬(A ∨ B), ¬(A∨B),
(¬A)∨(¬B),
(A ⇒ B) ∨ (B ⇒ A).
Zum Beispiel lautet die Wahrheitstafel für A ∨ B, A ∧ B und A ⇒ B:
A
B
A∨B
A∧B
A⇒B
T
T
F
F
T
F
T
F
T
T
T
F
T
F
F
F
T
F
T
T
˙ bezeichnet das exklusive logische “oder”, formal definiert durch (A ∨ B) ∧ ¬(A ∧ B).
A∨B
Lösung:
A
B
¬(A ∨ B)
˙
¬(A∨B)
˙
(¬A)∨(¬B)
(A ⇒ B) ∨ (B ⇒ A)
T
T
F
F
T
F
T
F
F
F
F
T
T
F
F
T
F
T
T
F
T
T
T
T
2) (Quantoren)
Sei f : D → R eine Funktion mit Definitionsbereich D ⊂ R und x0 ∈ D. Formulieren Sie
mit Quantoren die Negation der folgenden Aussage:
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D : |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
Lösung:
Formale Negation liefert (unter Benutzung von ¬(A ⇒ B) = ¬(¬A ∨ B) = A ∧ ¬B)
∃ε > 0 ∀δ > 0 ∃x ∈ D : |x − x0 | < δ ∧ |f (x) − f (x0 )| ≥ ε.
Bemerkung: Die Aussage ist gerade die Epsilon-Delta-Definition der Stetigkeit einer Funktion f : D → R an der Stelle x0 ∈ D, ihre Negation die der Unstetigkeit dort. Falls Zeit
bleibt, könnte man dies graphisch veranschaulichen.
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3) (Endliche Mengen)
Bestimmen Sie die folgenden Mengen. Listen Sie dazu ihre (jeweils nur endlich vielen)
Elemente innerhalb von Mengenklammern auf.
A := {2n | n ∈ Z ∧ −2 ≤ n ≤ 1}
B := {x ∈ R | ∃n ∈ N : x2 + n = 3}
C := {x ∈ R | x4 − 3x2 + 2 = 0}
D := A \ (B \ C)
E := A ∩ B ∩ C
F := F1 × F2 , wobei F1 = {0, 1}, F2 = {x, y}
G := {X | X ⊆ {1, 2, 3}}
Lösung:
A = 14 , 12 , 1, 2
√ B = 0, ±1, ± 2
√ C = ±1, ± 2
B \ C = {0} ∈
/A⇒D=A
A ∩ B = {1} ⇒ E = {1}
F = {(0, x), (0, y), (1, x), (1, y)} (Kartesisches Produkt)
G = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}} (Potenzmenge)
4) (Summensymbol)
Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Behauptung:
!
!
n
n
n
X
X
1 X ai
=
ai /
bi , wobei bi 6= 0 ∀ i = 1, . . . , n.
n
bi
i=1
i=1
i=1
Lösung:
Einfacher Test (n = 2):
a1 a2 ?
+
=
b1
b2
1 a1 b2 + a2 b1
⇐⇒ ·
=
2
b1 b2
1
2
a1 + a2
b1 + b2
a1 + a2
b1 + b2
| · 2b1 b2 (b1 + b2 )
(6= 0)
⇐⇒ a1 b1 b2 + a1 b2 2 + a2 b1 2 + a2 b1 b2 = 2a1 b1 b2 + 2a2 b1 b2
⇐⇒ a1 b2 2 + a2 b1 2 = a1 b1 b2 + a2 b1 b2
⇐⇒ a1 b2 2 − a1 b1 b2 = a2 b1 b2 − a2 b1 2
⇐⇒ a1 b2 (b2 − b1 ) = a2 b1 (b2 − b1 )
⇐⇒ (a1 b2 − a2 b1 )(b2 − b1 ) = 0
Diese Gleichung ist nur für b1 = b2 oder a1 b2 = a2 b1 erfüllt, im Allgemeinen daher nicht.
(Es reicht auch ein Gegenbeispiel anzugeben.)
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5) (Vollständige Induktion)
Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion die folgenden Summenformeln:
a)
n
X
k=1
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1)
6
b)
n
X
k(k!) = (n + 1)! − 1
k=1
Lösung:
a) Induktionsanfang n = 1: Dann gilt
Andererseits
1
6
P1
k=1 k
2
= 12 = 1.
· 1 · (1 + 1) · (2 + 1) = 1. X
Also gilt die Formel für n = 1.
Induktionsschritt: Angenommen die Formel sei gültig für n (Induktionsvoraussetzung,
kurz Iv.), zu zeigen ist, das sie dann auch für n + 1 gilt:
n+1
X
k2 =
k=1
n
X
Iv.
k 2 + (n + 1)2 =
k=1
1
n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2
6
1
1
= (n + 1) [n(2n + 1) + 6(n + 1)] = (n + 1)(2n2 + 7n + 6)
6
6
bzw.
1
1
1
(n + 1)(n + 2) [2(n + 1) + 1] = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = (n + 1)(2n2 + 7n + 6). X
6
6
6
Also ist die Summenformel durch vollständige Induktion bewiesen.
b) Induktionsanfang n = 1: Es gilt linke Seite 1·1! = 1, rechte Seite 2!−1 = 2−1 = 1 X.
Induktionsschritt: Linke Seite
n+1
X
k=1
k(k!) =
n
X
Iv.
k(k!)+(n+1)((n+1)!) = (n+1)!−1+(n+1)((n+1)!) = (n+2)(n+1)!−1,
k=1
dies ist gleich der rechten Seite X.
Man kann b) aber auch mithilfe der Umformung k(k!) = ((k+1)−1)(k!) = (k+1)!−k!
und einer Teleskopsumme direkt beweisen.
6) (Binomialkoeffizienten)
Berechnen Sie:
(15
7)
,
b) n+1
a) 15
n−1 ·
(9)
n
n−2
, wobei n ∈ N, n ≥ 2,
c)
3
Q
i=1
7−i
i
.
Berechnen Sie für ein beliebiges festes n ∈ N mithilfe des Binomiallehrsatzes folgende
Summen:
n
n
P
P
n −r
d)
(−1)r nr ,
e)
r 2
r=0
r=0
4
Lösung:
a) =
b) =
c) =
9!(15−9)!
15!
15!
7!(15−7)!
=
9!6!
7!8!
=
9
7
2 2
(n+1)!
(n+1)n n(n−1)
n!
= n (n4 −1)
2
2
(n−1)!2! (n−2)!2! =
6 5 4
5·4
6! 5! 4!
1 2 3 = 1!5! 2!3! 3!1! = 6 · 2 · 4 = 240
d) = (1 + (−1))n = 0n = 0
n
n
e) = 1 + 12 = 23n
7) (Polynomdivision)
Teilen Sie p(x) = x7 − x6 − x5 + x4 + x3 − x2 − x + 1 durch q(x) = x − 1.
Ist x0 = 1 einfache oder doppelte Nullstelle des Polynoms p ?
Lösung:
s(x) := p(x)/q(x) = x6 − x4 + x2 − 1.
Durch Einsetzen oder nochmalige Polynomdivision (man erhält den Quotienten x5 + x4 +
x + 1), sieht man das s(1) = 0, also hat p in x0 = 1 eine doppelte Nullstelle.
8) (Logarithmus und Exponentialfunktion)
Formen Sie folgende Ausdrücke mithilfe der Funktionen ln und exp um:
a) xx ,
2
b) ln(x13 ) − ln(e(x ) ) + ln(x−5 ex ),
c) cosh(x)/ sinh(x).
Lösung:
Bemerkung: Bei den folgenden Umformungen hängt es z.T. von der Situation ab, wann
welche Vereinfachung die beste ist. Man kann wahlweise die Schreibweise exp(x) oder ex
verwenden.
a) xx = exp(ln(xx )) = exp(x ln(x))
2
b) ln(x13 )−ln(ex )+ln(x−5 ex ) = 13 ln(x)−x2 +ln(x−5 )+ln(ex ) = 13 ln(x)−x2 −5 ln(x)+x
2
= 8 ln(x) + x − x2 oder = ln(x8 e(x−x ) )
c)
cosh(x)
sinh(x)
=
1
(exp(x)+exp(−x))
2
1
(exp(x)−exp(−x))
2
=
exp(x)+exp(−x)
exp(x)−exp(−x)
=
exp(2x)+1
exp(2x)−1
=1+
2
exp(2x)−1 (=
coth(x))
9) (Barometrische Höhenformel)
Zwischen Luftdruck p [Pa] und Meereshöhe h [m], h ≥ 0, gilt näherungsweise folgender
Zusammenhang
h
.
p(h) = p0 exp −
ha
Dabei sei p0 = 101300 Pa (entspricht 1013 mbar) und ha = 7991 m.
a) Skizzieren Sie die Funktion p(h).
b) Geben Sie die Höhe h über dem Meer in Abhängigkeit des Luftdrucks p an. Skizzieren
Sie diese Funktion.
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c) In welcher Höhe h1 ist der Luftdruck auf die Hälfte des Werts p0 gesunken?
Lösung:
a) Man erhält eine streng monoton fallende Exponentialfunktion mit Maximalwert für
h = 0.
b) exp − hha = pp0 ⇔ − hha = ln pp0 ⇔ h = ha (ln(p0 ) − ln(p)).
Diese Logarithmusfunktion ist streng monoton fallend und schneidet die Abszisse (pAchse) in p = p0 , für p gegen 0 strebt sie gegen +∞. (Hier hat man übrigens mit h
die Umkehrfunktion von p bestimmt.)
c) Der Druck p1 = p0 /2 wird in der Höhe h1 = h(p0 /2) = ha ln(2) ≈ 5539 m erreicht.
(Man kann seine Lösung noch an der Skizze in b) kontrollieren.)
10) (Komplexe Zahlen (in kartesischen Koordinaten))
Gegeben seien die komplexen Zahlen z1 = 1 + i, z2 = 2 + i, z3 = 3 + 4i, z4 = 4 − 3i, z5 = i.
Geben Sie die folgenden komplexen Zahlen in kartesischer Darstellung an und berechnen
Sie deren Betrag.
1) z1 + z3 , 2) z1 z2 , 3) z1 /z2 , 4) z4 /z3 , 5) −z52 .
Lösung:
folgt auf Blatt 2
Besprechung in den Übungen von Freitag, 10.10.2014 bis Donnerstag, 16.10.2014