- Universität Paderborn

VEMINT
Aufgaben und Lösungen des VEMINT-Vorkursskriptes
Version 5.0 - September 2013
c 2013 AG Multimedialer Vorkurs Mathematik / VEMINT Projekt
Fachbereich 10, Institut für Mathematik – Universität Kassel
mail: [email protected]
web: http://www.vemint.de
II
Impressum
c 2013 AG Multimedialer Vorkurs Mathematik / VEMINT-Projekt
Fachbereich 10, Institut für Mathematik – Universität Kassel
Herausgeber und Projektleiter
Prof.
Prof.
Prof.
Prof.
Dr.
Dr.
Dr.
Dr.
Rolf Biehler (Universität Paderborn)
Regina Bruder (Technische Universität Darmstadt)
Reinhard Hochmuth (Leuphana Universität Lüneburg)
Wolfram Koepf (Universität Kassel)
Autoren Universität Kassel, Institut für Mathematik
Wissenschaftliche Mitarbeiter:
Dr. Pascal R. Fischer
Dr. Reinhard Gerhold (Servicecenter Lehre)
Hendrikje Schmidtpott-Schulz
apl. Prof. Dr. Walter Strampp
Studentische Hilfskräfte:
Carolin Keck
Christian Kördel
Ehemalige Mitarbeiter:
apl. Prof. Dr. Bernd Billhardt
Dr. Ruben Debeerst
Dr. Tobias Hofmann
Thomas Lange
Stefan Podworny
Dr. Torsten Sprenger
Dr. Stephan Schreiber
Dr. Stefanie Ucsnay
Thomas Wassong (bis Februar 2009 Kassel, dann Wechsel nach Paderborn)
Autoren TU Darmstadt, FB Mathematik (ab Oktober 2004)
Wissenschaftliche Mitarbeiter:
Isabell Bausch (Gestaltung der Kapitel 5.2 - 5.4 auf Basis ihrer Staatsexamensarbeit)
Renate Nitsch
Ehemalige Mitarbeiter:
Andreas Gärtner (Module Lokale Extrema und Wendepunkte“
”
und Kurvendiskussion“)
”
Prof. Dr. Burkhard Kümmerer (Beratung Kapitel 5: Analysis)
Dr. Werner Nickel
Walter Reußwig (Module Stetigkeit“ und Analysis kompakt“)
”
”
Autoren Universität Paderborn, Institut für Mathematik (ab März 2009)
Wissenschaftliche Mitarbeiter:
Silvia Becher
Leander Kempen
Jörg Kortemeyer
Janina Oesterhaus
Thomas Wassong
Studentische Hilfskräfte:
Jörg Jungermann
Tobias Mai
Ehemalige Mitarbeiter:
Julia Hellwig
Juliane Klemm
Alina Schneider
Autoren Leuphana Universität, Institut für Mathematik
Wissenschaftliche Mitarbeiter:
Dr. Giorgi Goguadze (ab Oktober 2012)
Dr. Stephan Schreiber
Inhaltsverzeichnis
1 Rechengesetze
1.1 Körperaxiome und Rechenregeln . . . . . . . . .
1.1.1 Binomische Formeln . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Rechenregeln und Termumformungen . .
1.1.3 Elementare Gleichungen . . . . . . . . . .
1.2 Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Anordnungen . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Betrag . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Mengen von Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Mengenoperationen . . . . . . . . . . . .
1.4 Arithmetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Stellenwertsystem . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Teilbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Logik und Beweis . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Aussagen und Wahrheitswerte . . . . . .
1.5.2 Wenn-dann-Aussagen und Äquivalenzen .
1.5.3 Beweisstrategien, Methodik und Formalia
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32
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50
50
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65
65
75
82
82
86
89
2 Potenzen
2.1 Potenzen mit ganzzahligen Exponenten . . . . . . . . . .
2.1.1 Rechengesetze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Die geometrische Folge und die geometrische Reihe
2.1.3 Binomialkoeffizienten und der binomische Lehrsatz
2.1.4 Zinsrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Potenzen mit rationalen Exponenten . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Quadratwurzeln und rationale Exponenten . . . .
2.2.2 Quadratische Gleichungen . . . . . . . . . . . . . .
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3 Funktionen
3.1 Lineare, quadratische und allgemeine Funktionen
3.1.1 Lineare Funktionen . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Quadratische Funktionen . . . . . . . . .
3.1.3 Funktionen und ihre Eigenschaften . . . .
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4 Höhere Funktionen
4.1 Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Polynomfunktionen . . . . . . . . . . .
4.1.2 Hornerschema . . . . . . . . . . . . . .
4.1.3 Polynomdivision . . . . . . . . . . . .
4.1.4 Nullstellen . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Exponential- und Logarithmusfunktion . . . .
4.2.1 Potenz- und Logarithmengesetze . . .
4.2.2 Die allgemeine Exponentialfunktion .
4.2.3 Die Exponentialfunktion zur Basis e .
4.2.4 Der natürliche Logarithmus . . . . . .
4.2.5 Allgemeine Potenzen und Logarithmen
4.3 Trigonometrische Funktionen . . . . . . . . .
4.3.1 Strahlensätze . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Die Zahl π, das Grad- und das Bogenmaß . .
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161
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170
170
173
174
177
179
180
180
188
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IV
INHALTSVERZEICHNIS
4.4.1
4.4.2
4.4.3
4.4.4
Sinus, Cosinus und Tangens am rechtwinkligen Dreieck
Winkelfunktionen an allgemeinen Dreiecken . . . . . . .
Winkelfunktionen am Einheitskreis . . . . . . . . . . . .
Funktionen periodischer Vorgänge . . . . . . . . . . . .
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196
201
205
5 Analysis
5.1 Analysis kompakt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Analysis kompakt . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Folgen und Grenzwerte . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Zahlenfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2.2 Grenzwerte von Folgen . . . . . . . . . . . . .
5.3 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit . . . . . .
5.3.1 Grenzwerte von Funktionen . . . . . . . . . .
5.3.2 Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Differentialrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.1 Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . .
5.4.2 Interpretation erster und höherer Ableitungen
5.4.3 Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5 Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.1 Flächenberechnung und Integralbegriff . . . .
5.5.2 Integrale berechnen: Der Hauptsatz . . . . .
5.5.3 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . .
5.5.4 Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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275
277
6 Vektorrechnung
6.1 Vektorrechnung . . . . . . . .
6.1.1 Vektoren . . . . . . .
6.1.2 Geraden und Ebenen .
6.1.3 Abstände und Winkel
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279
279
279
285
291
7 Logik
7.1 Aussagenlogik . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.1 Aufbau der Aussagenlogik . . . . .
7.1.2 Negation . . . . . . . . . . . . . .
7.1.3 Konjunktionen und Disjunktionen
7.1.4 Implikationen und Äquivalenzen .
7.2 Prädikatenlogik . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 Prädikatenlogik . . . . . . . . . . .
7.3 Logische Schlussweisen . . . . . . . . . . .
7.3.1 Logische Schlussweisen . . . . . . .
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Kapitel 1
Rechengesetze
1.1
Körperaxiome und Rechenregeln
1.1.1
Binomische Formeln
Aufgabe:
1. Multiplizieren Sie nacheinander schrittweise folgende Terme aus und vereinfachen Sie diese so weit wie möglich!
(a + b)(c + d) ,
(u + d)(u + t) ,
(h + g)(h + g) ,
(f + k)2 ,
(w + b)(b − w) ,
(e + i)(e − i) ,
(z − v)(v − z) ,
(s − l)(s − l) ,
(s − l)2
Für bestimmte Gleichungen gibt es Regeln, die Ihnen einige Zwischenschritte und damit Zeit und Arbeit sparen.
Für welche dieser Umformungen kennen Sie Regeln und welche sind dies?
Lösung:
(a + b)(c + d)
= ac + bc + ad + bd
(u + d)(u + t)
= u2 + du + ut + dt
(h + g)(h + g)
= h2 + hg + gh + g 2 = h2 + 2hg + g 2
(f + k)2
(w + b)(b − w)
(e + i)(e − i)
=
(f + k) · (f + k) = f 2 + kf + f k + k 2 = f 2 + 2f k + k 2
= wb + b2 − w2 − bw = b2 − w2
= e2 + ie − ei − i2 = e2 − i2
(z − v)(v − z) = zv − v 2 − z 2 + zv = −v 2 + 2zv − z 2
(s − l)(s − l) = s2 − ls − sl + l2 = s2 − 2sl + l2
(s − l)2
=
(s − l) · (s − l) = s2 − 2sl + l2
Fazit:
Sind die Terme in einer bestimmten Form gegeben, so können wir diese direkt mit Hilfe der drei binomischen
Formeln ohne Zwischenschritte umwandeln. Die drei Formeln lauten:
(a + b)2
= a2 + 2ab + b2
2
= a2 − 2ab + b2
(a − b)
(a + b)(a − b)
= a2 − b2
2. Bei manchen mathematischen Berechnungen müssen Summen in Produkte umgewandelt werden (Faktorisieren).
Ein Schüler der 8. Klasse konnte den Term c2 − h2 direkt in ein Produkt umwandeln.
Können Sie das auch? Begründen Sie, wieso Ihr Ergebnis richtig ist.
Überlegen Sie, bei welchen anderen Termen eine Faktorisierung “auf den ersten Blick“ möglich ist!
1
2
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Lösung:
Da mit (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 natürlich auch a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 gilt, lassen sich die binomischen Formeln
nicht nur zum Ausmultiplizieren sondern auch zur Faktorisierung verwenden.
Somit gilt aufgrund der dritten binomischen Formel auch:
c2 − h2 = (c + h)(c − h) .
3. Stellen Sie auf der Basis Ihrer bisherigen Entdeckungen drei Gleichungen auf, die Ihnen sowohl beim Ausmultiplizieren als auch beim Faktorisieren von Termen helfen.
Lösung:
Es gilt für alle a, b ∈ R :
(a + b)2
=
a2 + 2ab + b2
(a − b)2
=
a2 − 2ab + b2
(a + b)(a − b)
=
a2 − b2
Aufgabe: Multiplizieren Sie folgenden quadratischen Ausdruck aus:
2
−3x2 + 7a .
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
2
−3 x2 + 7 a
−3 x2
=
=
2
+ 2 −3 x2 (7 a) + (7 a)2
9 x4 − 42 a x2 + 49 a2
Aufgabe: Berechnen Sie auf ähnliche Weise:
0, 9982 .
Hinweis: Überlegen Sie zunächst, wie die Zahl 0, 998 geschickt zerlegt werden kann. Diese Aufgabe enthält einen
interaktiven Teil!
Lösung:
Zunächst teilen wir die Zahl geschickt in eine Summe auf:
0,998 = 1 − 0,002 = 1 −
2
.
1000
Dann rechnen wir:
0,9982
=
1−
2
1000
2
2
2
2
= 1 −2·1·
+
1000
1000
4
4
= 1−
+
1000 1 000 000
= 1 − 0,004 + 0,000004
2
=
0,996004
Aufgabe: Auch mit der dritten binomischen Formel lassen sich scheinbar schwere Multiplikationen leicht im Kopf
berechnen. Lösen Sie die folgenden Aufgaben im Kopf und schreiben Sie vorher auf, wie Sie die Rechnung modifizieren
müssen, um die dritte binomische Formel anwenden zu können.
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
• 71 · 69
Lösung:
71 · 69 = (70 + 1) · (70 − 1) = 4900 − 1 = 4899
• 79 · 81
Lösung:
79 · 81 = (80 − 1) · (80 + 1) = 6400 − 1 = 6399
• 48 · 52
Lösung:
48 · 52 = (50 − 2) · (50 + 2) = 2500 − 4 = 2496
• 1001 · 999
Lösung:
1001 · 999 = (1000 + 1) · (1000 − 1) = 1000000 − 1 = 999999
Aufgabe: Berechnen Sie im Kopf
• 442 − 432
Lösung:
442 − 432 = (44 − 43) · (44 + 43) = 1 · 87 = 87
• 101 · 99
Lösung:
101 · 99 = (100 + 1)(100 − 1) = 1002 − 12 = 10000 − 1 = 9999
• 205 · 195
Lösung:
205 · 195 = (200 + 5)(200 − 5) = 2002 − 52 = 40000 − 25 = 39975
• 10022 − 10012
Lösung:
10022 − 10012 = (1002 + 1001) · (1002 − 1001) = 2003 · 1 = 2003
Fehler:
(3x + 5y)2 = 3x2 + 30xy + 5y 2
Erläuterung:
Falsches Potenzieren: Es wurde vergessen, die einzelnen Terme (3x bzw. 5y) komplett zu quadrieren.
3
4
Korrekte Lösung:
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
(3x + 5y)2 = (3x)2 + 2 · 3x · 5y + (5y)2 = 9x2 + 30xy + 25y 2 .
Fehler:
(1 − m)(m + 1) = m2 + 1
Erläuterung:
Vorzeichenfehler: Vor m2 fehlt das Minuszeichen.
Korrekte Lösung: (1 − m)(m + 1) = (1 − m)(1 + m) = 12 − m2 = −m2 + 1 .
Fehler:
(8z + 9w)2 = 64z 2 + 81w2
Erläuterung:
Missachtung der Termstruktur: Die Klammer wurde einfach aufgelöst und der Exponent auf die Summanden verteilt.
Hier hätte die erste binomische Formel angewandt werden müssen.
Korrekte Lösung: (8z + 9w)2 = (8z)2 + 2 · 8z · 9w + (9w)2 = 64z 2 + 144wz + 81w2 .
Fehler:
(2t − 4)(9t + 5) = 18t2 − 46t − 20
Erläuterung:
Missachtung der Voraussetzungen: Bei diesem Beispiel ist die Anwendung einer binomischen Formel nicht möglich.
Korrekte Lösung: (2t − 4)(9t + 5) = 2t · 9t + 2t · 5 + (−4) · 9t + (−4) · 5 = 18t2 − 26t − 20 .
Fehler:
(9p − 7s)(9p + 7s) = 81p − 49s
Erläuterung:
Hier wurde vergessen, die Variablen p und s zu quadrieren.
Korrekte Lösung: (9p − 7s)(9p + 7s)2 = (9p)2 − (7s)2 = 81p2 − 49s2 .
Fehler:
(−9 − i)(6 − i) = −i2 + 3i + 54
Erläuterung:
Mehrere Fehler: Eine binomische Formel kann hier nicht angewandt werden, da hierzu die Voraussetzungen fehlen.
Zudem wurden die binomischen Formeln falsch angewandt.
Korrekte Lösung: (−9 − i)(6 − i) = (−9) · 6 + (−9) · (−i) + (−i) · 6 + (−i) · (−i) = −54 + 9i − 6i + i2 = i2 + 3i − 54 .
Fehler:
(−d + e)2 = −d2 − 2de + e2
Erläuterung:
Vorzeichenfehler: Das Minuszeichen vor d2 ist falsch, da (−d)2 = d2 . Es wurde also falsch quadriert.
Korrekte Lösung: (−d + e)2 = (−d)2 + 2 · (−d) · e + (e)2 = d2 − 2de + e2 .
Aufgabe: (Plattenleger - Problem)
Ein Plattenleger macht eine interessante Entdeckung: Jedes Mal, wenn er eine quadratische Fläche auslegen soll, bei
der an jeder Seite eine ungerade Anzahl Platten liegt, bleibt ausgerechnet stets genau ein Feld frei, wenn er die Kacheln
bei seinem Händler in der 8er - Packung kauft.
Finden Sie eine Erklärung für dieses Phänomen!
Lösung:
Ungerade Zahlen lassen sich durch den Term 2n − 1 mit n ∈ N darstellen. Damit ist die Anzahl der zu verlegenden
Platten bei einer quadratischen Fläche mit ungerader Plattenzahl an jeder Seite genau (2n − 1)2 .
Mit Hilfe der binomischen Formel ergibt sich hieraus: (2n − 1)2 = 4n2 − 4n + 1 . Da allerdings 4n2 − 4n = 4n(n − 1)
ist, wird für alle n ∈ N der Faktor 4 hier stets mit einer geraden Zahl multipliziert, da ja entweder n oder n − 1 gerade
ist. Das Produkt aus 4 und einer geraden Zahl ergibt jedoch stets ein Vielfaches von 8, so dass auch 4n2 − 4n stets
ein Vielfaches von 8 ist.
Da der Plattenleger jedoch stets 4n2 − 4n+1 Platten braucht, hat er immer eine Platte zu wenig bzw. 7 zu viel gekauft!
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
5
Aufgabe: (Fehlersuche) Man beweise oder widerlege folgende Gleichungen. Korrigieren Sie gegebenenfalls!
(N)
(a · b)2 = a2 · 2ab · b2
(E)
(8a2 + 5b2 )2 = 64a2 + 80a2 b2 + 25b4
(A)
(a − b)2 = a2 − b2
(S)
16 + 8a + a2 = (4a)2
(T)
(o − c)2 = o2 − oc + c2
(M)
p2 − p2q + q 2 = (p − q)2
(O)
(w + i)(−i + w) = w2 − i2
(R)
z 2 + j 2 + zj2 = (z + j)2
(I)
(24h − 12b)2 = 576h2 − 48hb + 144b2
(P)
(r + s)2 = r + 2rs + s
(C)
(f − k)2 = f 2 − k 2 + 2f k
(O)
u2 − v 2 = (v − u)(u + v)
(K)
(c + d)3 = c3 + d3
Hilfe: Fügt man die Buchstaben vor den richtigen Gleichungen zusammen, ergibt sich ein europäischer Stadtname.
Lösung:
(N) (a · b)2 = a2 · b2 - - also falsch!
(E) (8a2 + 5b2 )2 = 64a4 + 80a2 b2 + 25b4 . Bei der vorliegenden Lösung wurde vergessen, a2 zu a4 zu quadrieren.
(A) (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 und nicht a2 − b2 .
(S) 16 + 8a + a2 kann zu (4 + a)2 vereinfacht werden, die vorliegende Lösung ist hingegen falsch.
(T) (o − c)2 = o2 − 2oc + c2 und nicht o2 − oc + c2 .
(M) p2 − p2q + q 2 = p2 − 2pq + q 2 = (p − q)2 ist korrekt, so dass wir mit “M“ unseren ersten Buchstaben erhalten.
(O) (w + i)(−i + w) = (w + i)(w − i) = w2 − i2 ist ebenfalls richtig, wir erhalten damit ein “O“.
(R) z 2 + j 2 + zj2 = z 2 + 2jz + j 2 = (z + j)2 - - auch dies ist richtig und der dritte Buchstabe ist damit ein “R“.
(I) (24h − 12b)2 = 576h2 − 576hb + 144b2 . Es wurde oben also vergessen, im mittleren Term mit 12 zu multiplizieren.
(P) (r + s)2 = r2 + 2rs + s2 auch in diesem Fall war die Umformung falsch.
(C) (f − k)2 = f 2 + k 2 − 2f k - - hier lag ein Vorzeichenfehler vor.
(O) u2 − v 2 = (u − v)(u + v) und nicht (v − u)(u + v).
(K) (c + d)3 = (c + d)2 · (c + d) = (c2 + 2cd + d2 )(c + d) = c3 + c2 d + 2cd2 + 2c2 d + d2 c + d3 = c3 + 3c2 d + 3cd2 + d3
und nicht c3 + d3 .
Das Lösungswort ist demnach “Rom“.
Aufgabe: (Veranschaulichung) Veranschaulichen Sie die folgenden Terme geometrisch. Ordnen Sie auch die einzelnen Summanden (und Subtrahenden) in der ausmultiplizierten Form den jeweiligen Teilflächen zu!
• (3a + 4b)2
für
a, b > 0
Lösung:
Bild: Geometrische Veranschaulichung von (3a + 4b)2 ; mit der Annahme b > a
6
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
• (4c − a)2
für
4c > a > 0
Lösung:
Bild: Geometrische Veranschaulichung von (4c − a)2 ; mit der Annahme c > a
Aufgabe: Setzen Sie jeweils Zahlen bzw. Rechenoperationssymbole statt der Kästchen so ein, dass die sich ergebenden
Gleichungen richtig sind!
• (a − 2b)2 = −4ab+ b2
Lösung:
Mit der 2. Binomischen Formel ergibt sich:
(a − 2b)2 = a2 −4ab+ 4 b2
• (y 3z)2 = y 2 − 6yz 9z 2
Lösung:
Mit der 2. Binomischen Formel ergibt sich:
(y − 3z)2 = y 2 − 6yz + 9z 2
• (2 a)(2 a) = 4 a2
Lösung:
Mit der 3. Binomischen Formel ergibt sich:
(2 + a)(2 − a) = 4 − a2
Eine weitere richtige Lösung ist:
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
7
(2 · a)(2 · a) = 4 · a2
Aufgabe: Beweisen Sie allgemein oder widerlegen Sie mit einem Gegenbeispiel folgende Gleichungen. Wie lautet bei
den falschen Aussagen die rechte Seite der Gleichung richtig?
• (a · b)2 = a2 · 2ab · b2
Lösung:
Die erste Gleichung ist falsch: (a · b)2 6= a2 · 2ab · b2 , denn mit (2 · 3)2 = 62 = 36 6= 22 · 2 · 2 · 3 · 32 = 432 finden
wir ein Gegenbeispiel. Richtig ist: (a · b)2 = a2 · b2 .
•
(a + b)3 = a3 + b3 .
Lösung:
Die zweite Gleichung ist auch falsch: (a + b)3 6= a3 + b3 , denn (2 + 3)3 = 53 = 125 6= 23 + 33 = 8 + 27 = 35 .
Stattdessen gilt (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 .
Aufgabe: Man vereinfache:
(5a + 4)2 − (3a − 5)2 + 4(a + 3)(a − 3) .
Lösung:
(5a + 4)2 − (3a − 5)2 + 4(a + 3)(a − 3)
=
25a2 + 2 · 5 · a · 4 + 16 − (9a2 − 2 · 3a · 5 + 25) + 4(a2 − 9)
=
25a2 + 40a + 16 − 9a2 + 30a − 25 + 4a2 − 36 = 20a2 + 70a − 45 .
Aufgabe: Man vereinfache durch Faktorisieren und Kürzen:
a2 − b2
.
a2 − ab
Man überlege zunächst, für welche a und b der Nenner Null ist. Welche a und b müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
Der Nenner des Terms darf nicht Null werden. Wegen a2 − ab = a(a − b) müssen die beiden Fälle a = 0 und a = b
ausgeschlossen werden.
Dann ergibt sich:
a2 − b2
(a − b)(a + b)
a+b
b
=
=
=1+ .
2
a − ab
a(a − b)
a
a
Aufgabe: Wandeln Sie folgende Summen in Produkte um:
• 25 + 4z 2 + 20z
Lösung:
25 + 4z 2 + 20z = (2z)2 + 2 · 2z · 5 + 52 = (2z + 5)2
8
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
• −x4 y 2 + 9y 2
Lösung:
−x4 y 2 + 9y 2 = (3y)2 − (x2 y)2 = (3y − x2 y)(3y + x2 y)
• −4m2 b + 2m3 + 2mb2
Lösung:
−4m2 b + 2m3 + 2mb2 = 2m(m2 − 2mb + b2 ) = 2m(m − b)2
Aufgabe: Faktorisieren Sie:
• a(a + 2) − (b + 1)(b − 1)
Lösung:
Wir multiplizieren zunächst aus und vereinfachen. Danach können wir nacheinander zwei binomische Formeln
anwenden:
a(a + 2) − (b + 1)(b − 1)
=
a2 + 2a − b2 + 1
=
a2 + 2a + 1 − b2
=
(a + 1)2 − b2
=
((a + 1) + b) · ((a + 1) − b)
=
(a + 1 + b)(a + 1 − b)
• (a + b)(a − b)3 − (a − b)(a + b)3
Lösung:
Hier können wir direkt (a + b)(a − b) ausklammern und dann vereinfachen. Wir erhalten:
(a + b)(a − b)3 − (a − b)(a + b)3
=
(a + b)(a − b) (a − b)2 − (a + b)2
=
(a + b)(a − b) a2 − 2ab + b2 − (a2 + 2ab + b2 )
=
(a + b)(a − b)(a2 − 2ab + b2 − a2 − 2ab − b2 )
=
(a + b)(a − b)(−4ab)
• (a − b)2 (a + b)5 + (a + b)2 (a − b)5
Lösung:
Auch hier können wir direkt ausklammern und anschließend vereinfachen:
(a − b)2 (a + b)5 + (a + b)2 (a − b)5
• etwas schwerer: a4 − 2a3 + a2 − 1
=
(a − b)2 (a + b)2 (a + b)3 + (a − b)3
=
(a − b)2 (a + b)2 (a2 + 2ab + b2 )(a + b) + (a2 − 2ab + b2 )(a − b)
=
(a − b)2 (a + b)2 (a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 + a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 )
=
(a − b)2 (a + b)2 (2a3 + 6ab2 )
=
2a(a − b)2 (a + b)2 (a2 + 3b2 )
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
9
Lösung:
a4 − 2a3 + a2 − 1
=
a2 (a2 − 2a + 1) − 1
=
a2 (a − 1)2 − 1
=
(a(a − 1)) − 12
=
(a(a − 1) − 1) (a(a − 1) + 1)
=
(a2 − a − 1)(a2 − a + 1)
2
Aufgabe: Man löse die Klammern auf:
(a + b + c)2 .
Lösung:
(a + b + c)2 = (a + b + c)(a + b + c) = a2 + ab + ac + ba + b2 + bc + ca + cb + c2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
Aufgabe: Man berechne mit den binomischen Formeln:
1,0022 ,
0,9992
und vergleiche das Ergebnis mit dem Taschenrechner.
Lösung:
1,0022 = (1 + 0,002)2 = 12 + 2 · 0,002 + 0,0022 = 1 + 0,004 + 0,000004 = 1,004004
0,9992 = (1 − 0,001)2 = 12 − 2 · 0,001 + 0,0012 = 1 − 0,002 + 0,000001 = 0,998001
Aufgabe: Man fasse folgende Summe von Brüchen zu einem Bruch zusammen:
b
2ab
a
+
+
.
a + b a − b b2 − a2
Welche a, b müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
Ausgeschlossen werden muss eine Null im Nenner. Demnach muss a + b 6= 0 und somit a 6= −b gelten. Des Weiteren
muss auch a − b 6= 0 sein, so dass auch a 6= b vorausgesetzt werden muss. Der Nenner des dritten Terms führt zu
keinen weiteren Ausnahmen, da b2 − a2 = (b − a)(b + a) gilt und dieses Produkt nur dann Null wird, wenn einer der
beiden bereits betrachteten Fälle eintritt.
Somit muss insgesamt nur a = −b und a = b ausgeschlossen werden.
Beim Zusammenfassen ergibt sich dann:
b
2ab
a
+
+
a + b a − b b2 − a 2
=
=
=
=
=
a(a − b)
b(a + b)
2ab
+
+
(a + b)(a − b) (a − b)(a + b) (b2 − a2 )
a(a − b) b(a + b)
2ab(−1)
+ 2
+ 2
a2 − b2
a − b2
(b − a2 )(−1)
2ab
a2 − ab + ba + b2 − 2ab
a2 − ab ba + b2
+
−
=
a 2 − b2
a2 − b2
a2 − b2
a2 − b2
2
2
2
a − 2ab + b
(a − b)
=
a2 − b2
(a − b)(a + b)
a−b
a+b
10
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Aufgabe: Das untere Bild zeigt eine dreidimensionale Darstellung einer anderen Formel.
a) Finden Sie eine Gleichung, die durch dieses Bild dargestellt werden kann.
b) Können Sie die einzelnen Summanden in der ausmultiplizierten Form den Puzzleteilen zuordnen?
Bild:
Lösung:
zu a.)
(a + b)3 = a3 + 3 · a2 b + 3 · ab2 + b3
zu b.) Wenn a das längere Seitenstück und b das kürzere ist, dann entspricht
• a3 dem roten inneren Würfel,
• a2 b den drei blauen Quadern,
• ab2 den drei grünen Quadern und
• b3 dem gelben Würfel.
Wenn b das längere und a das kürzere Seitenstück ist, dann entsprechend andersherum.
Aufgabe: In der letzten Aufgabe haben wir uns mit einer dreidimensionalen Visualisierung eines Terms auseinandergesetzt. Können Sie ein analoges Puzzle für den Term (a + b + c + d)3 entwickeln?
Lösung:
Der Term hat in der ausmultilpizierten und vereinfachten Form 20 Summanden, sodass sich auch der Würfel aus 20
verschiedenen Teilen zusammensetzt. Teile des Würfels, die zu dem selben Term gehören, sind auf dem folgenden
Bild natürlich mit der gleichen Farbe markiert. 4 Puzzleteile liegen innerhalb des Würfels und wurden daher nicht
dargestellt.
Bild:
Aufgabe: Pascalsches Dreieck und die binomischen Formeln
• Betrachten Sie die ausmultiplizierte Darstellung der Terme (a + b)3 , (a + b)4 , (a + b)5 und (a + b)6 . Können Sie
einen Zusammenhang mit dem Pascal’schen Dreieck erkennen?
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
11
Bild: Das Pascal’sche Dreieck. Eine Zeile entsteht indem Sie jeweils zwei Zahlen in der vorherigen Zeile
addieren und die Zahlen 1 am Rand ergänzen.
Lösung:
Es ergibt sich sortiert
(a + b)3
4
= a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
(a + b)
= a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4
(a + b)5
= a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5
(a + b)6
= a6 + 6a5 b + 15a4 b2 + 20a3 b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6
Zusammenhang zum Pascalschen Dreieck: Schreibt man die einzelnen Summanden wie hier geschehen mit absteigenden a−Potenzen auf, so lassen sich die Zahlen vor den Variablen (die so genannten “Koeffizienten“) direkt
aus dem Pascalschen Dreieck ablesen: Die Koeffizienten für (a + b)5 lassen sich beispielsweise in der sechsten
Zeile finden. Außerdem beträgt in der ausmultiplizierten Form von (a + b)n die Summe der Exponenten von a
und b bei den einzelnen Summanden stets n.
• Geben Sie für ein allgemeines n ∈ N ein System zur Entwicklung der ausmultiplizierten Form von (a + b)n an
und wenden Sie es auf den Term (a + b)8 an (ohne zu rechnen)!
Lösung:
Man schreibt die a - Potenzen absteigend und die b - Potenzen aufsteigend, so, dass die Summe der Exponenten
von a und b bei den einzelnen Summanden stets n ergibt. Die Koeffizienten für (a + b)n lassen sich in der n +
1 Zeile des Pascalschen Dreieck finden.
Für (a + b)8 ergibt sich analog aus der neunten Zeile:
(a + b)8 = a8 + 8a7 b + 28a6 b2 + 56a5 b3 + 70a4 b4 + 56a3 b5 + 28a2 b6 + 8ab7 + b8 .
• Können Sie auch (a + b)9 ausmultiplizieren?
Lösung:
Für (a + b)9 benötigt man zunächst die 10. Zeile des Pascal’schen Dreiecks. Betrachtet man die einzelnen Zahlen
im Dreieck noch einmal genauer, so stellt man fest, dass sich diese stets durch Addition der beiden darüber
stehenden Zahlen berechnen lassen.
1
1
8
& + .&
9
28
+ .&
36
56
+ .&
84
70
+ .&
126
56
+ .&
126
28
+ .&
84
8
+ .&
36
1
+ .
9
1
12
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Insgesamt folgt damit:
(a + b)9 = a9 + 9a8 b + 36a7 b2 + 84a6 b3 + 126a5 b4 + 126a4 b5 + 84a3 b6 + 36a2 b7 + 9ab8 + b9
• In ganz ähnlicher Weise kann man Terme der Form (a − b)n betrachten. Bestimmen Sie für kleine n ∈ N die
ausmultiplizierte Form. Was fällt Ihnen auf?
Können Sie wieder ein System für die Entwicklung der ausmultiplizierten Form angeben?
Lösung:
Analoges gilt für (a − b)n , nur muss hier zusätzlich auf die Vorzeichen geachtet werden:
(a − b)2
= a2 − 2ab + b2
(a − b)3
= a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3
(a − b)
4
(a − b)5
= a4 − 4a3 b + 6a2 b2 − 4ab3 + b4
= a5 − 5a4 b + 10a3 b2 − 10a2 b3 + 5ab4 − b5
Offensichtlich lassen sich auch hier die Koeffizienten aus dem Pascal’schen Dreieck ablesen, nur ist der erste
Summand stets positiv, der zweite stets negativ, der dritte wieder positiv usw..
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
1.1.2
13
Rechenregeln und Termumformungen
Aufgabe: Vereinfachen Sie folgenden Doppelbruch:
1
1−
1
1
3 −1
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
1
1−
1
=
1
3 −1
1 3
2
1
−1= − =−
3
3 3
3
1
2
3
3
=1: −
=1· −
=−
3
2
2
− 23
1
,
1 − −12
3
=
=
=
1
1+
1
3
2
,
5
2
2
5
Aufgabe: Vereinfachen Sie den Ausdruck
(1 − a) · (a − 1) − (2 + a) · (−a + 1) .
und begründen Sie jedes Gleichheitszeichen mit Rechenregeln.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Mithilfe der Distributivgesetze multiplizieren wir die Klammern aus:
(1 − a) (a − 1) − (2 + a) (−a + 1)
(1 − a) a + (1 − a) (−1) − (2 + a) (−a) + (2 + a) 1
= a − a2 − 1 + a − − 2 a − a2 + 2 + a
=
Dann lösen wir die zweite Klammer auf:
= a − a2 − 1 + a + 2 a + a2 − 2 − a
Wir fassen zusammen:
=
3a − 3
=
3 (a − 1) .
Schließlich klammern wir die 3 aus:
Bemerkung:
Aus den Distributivgesetzen resultiert auch die scherzhaft “Partyregel“ genannte Regel: Jedes mit jedem multiplizieren.
So ergibt sich für den zweiten Klammerausdruck gleich:
(2 + a) (−a + 1) = −2 a + 2 − a2 + a = −a2 − a + 2.
Alternativer Lösungsweg:
Der Klammerausdruck (1 − a) bzw. (−a + 1) findet sich in beiden Summanden wieder. Diesen klammern wir zunächst
aus und fassen dann zusammen:
(1 − a) (a − 1) − (2 + a) (−a + 1)
=
=
(a − 1) − (2 + a) (1 − a)
a − 1 − 2 − a (1 − a)
=
(−1 − 2) (1 − a)
=
−3 (1 − a)
=
3 (a − 1) .
14
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Fehler:
23 4
5
23 8
5
31 5
155
+
· =
+
· =
· =
6
3
6
6
6
6
6 6
6
Erläuterung:
Hier wurden bei der abschließenden Multiplikation die Nenner nicht miteinander multipliziert, sondern wie bei der
Bruchaddition schlichtweg übernommen. Ursache ist vermutlich ein Vertauschen der Rechenregeln von Bruchaddition
und Bruchmultiplikation.
Korrekte Lösung:
5
23 8
5
31 5
155
23 4
+
· =
+
· =
· =
6
3
6
6
6
6
6 6
36
Fehler:
25a2 7bc
25a
25
:
=
=
a
7bc
3a
3
3
Erläuterung:
Hier wurde bei der Division kreuzweise gekürzt. Dies geht aber nur, wenn eine Multiplikation von zwei Brüchen
vorliegt, was der Lösende offensichtlich nicht wusste oder übersehen hat.
Korrekte Lösung:
25a2 3a
75a3
25a2 7bc
:
=
·
=
7bc
3a
7bc 7bc
49b2 c2
Fehler:
z2 + m
3z 2 m + 4am
=
12xm
x
Erläuterung:
In diesem Fall wurde vergessen, dass Kürzen bei Brüchen nur aus Produkten im Zähler und im Nenner erlaubt ist,
bzw. dass beim Kürzen aus Summen der Term aus allen Summanden entfernt werden muss. Auch das Kürzen von 12
mit 3 und 4 ist so nicht erlaubt.
Korrekte Lösung:
3z 2 m + 4am
m(3z 2 + 4a)
3z 2 + 4a
=
=
12xm
12xm
12x
Fehler:
x2 y − 2xy + 5 − (x2 y − xz + 9) = −2xz + 5 − xz + 9 = −3xz + 14
Erläuterung:
Hier wurde beim Auflösen der Klammer ein typischer Vorzeichenfehler gemacht: Es wurde lediglich das Vorzeichen
des ersten Terms in der Klammer umgedreht. Des Weiteren wurden fälschlicherweise die beiden Terme −2xy und xz
zusammengefasst. Ursache sind möglicherweise Fehlvorstellungen bezüglich der Vereinfachung von Termen.
Korrekte Lösung:
x2 y − 2xy + 5 − (x2 y − xz + 9) = x2 y − 2xy + 5 − x2 y + xz − 9 = −2xy + xz − 4
Fehler:
25x
3
25x2
x
3
Erläuterung:
Bei dieser Lösung wurde falsch dividiert und zusammengefasst. Der Lösende hat vergessen, dass eine Division durch
einen Bruch das selbe ist wie eine Multiplikation mit dessen Kehrbruch. Durch diesen Zwischenschritt wäre deutlich
geworden, dass mit x gekürzt werden kann.
Korrekte Lösung:
25x
25x 1
25
3
=
· =
x
3 x
3
=
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
15
Fehler:
1
2z + 9
=
4z + 9
2
Erläuterung:
Erneut wurde auf falschem Weg aus einer Summe gekürzt, obwohl dieser Term nicht weiter vereinfacht werden kann.
Korrekte Lösung: 2z+9
4z+9
Fehler:
2z(7z · 5y) = 14z 2 · 10zy
Erläuterung:
Hier wurde fälschlicherweise das Distributivgesetz angewandt, obwohl dieses bei einer reinen Multiplikation nicht
angewandt werden darf.
Korrekte Lösung:
2z(7z · 5y) = 2z · 7z · 5y = 70z 2 y
Fehler:
12xyz + 7xy = 19xyz
Erläuterung:
In diesem Fall wurden Terme zusammengefasst, die nicht zusammengefasst werden dürfen. Ursache ist vermutlich eine
Fehlvorstellung bzgl. Termen bzw. Termvereinfachung.
Korrekte Lösung:
Im Wesentlichen können diese Terme nicht weiter vereinfacht werden, es kann höchstens xy ausgeklammert werden.
12xyz + 7xy = xy(12z + 7)
Fehler:
xy
−x2 y
=−
−zx
z
Erläuterung:
In diesem letzten Beispiel wurde zwar korrekt gekürzt, abschließend allerdings ein Vorzeichenfehler gemacht. Ursache:
Der Term −x2 y wurde nicht als −1 · x2 y und in Analogie hierzu −zx nicht als −1 · zx aufgefasst, was die Möglichkeit
des Kürzens mit −1 deutlich gemacht und somit zur korrekten Lösung geführt hätte.
Korrekte Lösung:
−x2 y
−1 · x2 y
xy
=
=
−zx
−1 · zx
z
Aufgabe: Man fasse folgende Summe von Brüchen zu einem Bruch zusammen:
2 1 5
− + .
9 2 7
Lösung:
2·2·7−1·9·7+5·9·2
28
63
90
28 − 63 + 90
55
2 1 5
− + =
=
−
+
=
=
.
9 2 7
9·2·7
126 126 126
126
126
Aufgabe: Man widerlege durch ein Gegenbeispiel folgende Rechenregeln. Korrigieren Sie gegebenenfalls jeweils die
rechte Seite der Gleichung!
•
a
b
+
b
a
=1
16
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Lösung:
a
b
b + a = 1 gilt nicht, da
•
a
b
+
a
c
=
1
2
+
2
1
a
b
·c=
a
b
:c=
6= 1 .
1
2
+
1
3
=
5
6
6=
6=
35
42
2
5
.
ac
bc
Lösung:
a
ac
b · c = b c gilt nicht, denn
•
5
2
2a
b+c
Lösung:
a
a
2a
b + c = b+c gilt nicht, denn
•
=
5
6
35
6
·7=
.
a:c
b:c
Lösung:
a
a:c
b : c = b:c gilt nicht, da
8
16
:4=
1
2
·
1
4
=
1
8
6=
8:4
16:4
=
2
4
=
1
2
.
Aufgabe: Man vereinfache:
• −4(−10 + 3) − 8
Lösung:
−4(−10 + 3) − 8 = 40 − 12 − 8 = 20
• −(2 + 6)(−1 − 7)
Lösung:
−(2 + 6)(−1 − 7) = −8 · (−8) = 64
Aufgabe: Man löse die Klammern auf und vereinfache (a, b 6= 0):
a b
2 3
−
+
.
a b
2 3
Lösung:
Für a, b 6= 0 gilt:
2 3
−
a b
a b
+
2 3
=
=
2a
2b
3a 3b
2b
3a
+
−
−
=1+
−
−1
2a 3a
2b
3b
3a
2b
2b
3a
4b2
9a2
4b2 − 9a2
−
=
−
=
.
3a
2b
6ab 6ab
6ab
Aufgabe: Man vereinfache durch Kürzen:
12ab 24c2 d
·
.
48cd2
6a
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
17
Welche a, b, c, d müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
a, c, d = 0 muss ausgeschlossen werden.
12ab 24c2 d
cb
·
=
.
48cd2
6a
d
Aufgabe: Man fasse folgende Summe von Brüchen zu einem Bruch zusammen:
3a − 2
2
−
.
4a + 1 3a
Welche a müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
3a − 2
2
(3a − 2) · 3a − 2 · (4a + 1)
9a2 − 6a − 8a − 2
9a2 − 14a − 2
−
=
=
=
4a + 1 3a
(4a + 1) · 3a
12a2 + 3a
12a2 + 3a
Ausgeschlossen werden muss, dass der Fall 4a + 1 = 0 eintritt, also dass a = − 41 wird. Da auch 3a = 0 nicht eintreten
darf, muss zudem a 6= 0 gelten.
Aufgabe: Ordnen Sie die Texte a) bis d) den entsprechenden Rechenausdrücken (i) bis (iv) zu:
a) Addiere 53 zum Produkt aus 27 und der Summe von 49 und 3 .
b) Addiere 72 zu 53 , multipliziere alles mit 3 und addiere letztlich 49 .
c) Multipliziere die Summe von 94 und 3 mit der Summe aus 27 und 53 .
d) Addiere 35 und 94 zum Produkt aus 27 und 3 .
(i) 49 + 3 · 72 + 53
(ii) 49 + 3 · 72 + 53
(iii) 49 + 3 · 27 + 53
(iv) 94 + 3 · 72 + 53
Lösung:
a) gehört zu (ii):
a) Addiere 53 zum Produkt aus
(ii) 49 + 3 · 72 + 53
7
2
und der Summe von
4
9
und 3 .
b) gehört zu (iii):
b) Addiere 72 zu 53 , multipliziere alles mit 3 und addiere letztlich
(iii) 94 + 3 · 27 + 53
c) gehört zu (i):
c) Multipliziere
die Summe von
(i) 94 + 3 · 72 + 53
4
9
und 3 mit der Summe aus
d) gehört zu (iv):
d) Addiere 53 und 94 zum Produkt aus
(iv) 49 + 3 · 72 + 53
7
2
7
2
4
9
und
.
5
3
.
und 3 .
Aufgabe: Geben Sie jeweils einen möglichst kurzen Term zur Berechnung an:
a) Der Nettopreis eines Autos beträgt xe. Auf den Preis mit Mehrwertsteuer (16%) gibt der Händler seinen Großkunden einen Rabatt von 10% .
b) Einem guten Freund bietet der Händler einen Nachlass von 1000e auf den Nettopreis aller Autos. Wie berechnet
sich der Endpreis eines beliebigen Fahrzeuges nun? Was muss dabei beachtet werden?
18
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Erfinden Sie nun umgekehrt eine Sachsituation, die zu folgendem Term passt:
2 · x − 35% · x .
Lösung:
a) x · (1 + 0,16) · (1 − 0,1) = x · 1,16 · 0,9 = x · 1,044 = x · 104,4% .
b) (x − 1000) · 1,16 = x · 1,16 − 1000 · 1,16 = x · 1,16 − 1160 . Dabei muss natürlich der Preis x des Fahrzeugs mindestens
1000e betragen.
Zu dem Term 2 · x − 35% · x könnte man sich folgende Situation vorstellen:
Kauft ein Kunde 2 Fahrzeuge des selben Preises x, so erhält er einen Rabatt von 35% auf den Nettopreis eines der
beiden Fahrzeuge. Der gesamte Nettopreis beträgt dann 2 · x − 35% · x .
Aufgabe: Geben Sie jeweils 3 passende Bruchzahlen an, so dass die Summe kleiner als 2 ist:
a) 31 + b) 95 + c)
23
12
d)
15
7 +
+ 2· · 12
Lösung:
a) 13 + :
Wir suchen Zahlen x , für die gilt
1
3
+ x < 2 und damit x < 2 −
1
3
=
5
3
. Dies erfüllen z.B. die Zahlen 12 ,
5
5
und
Analog ergibt sich für
b) 95 + :
1
1
1
z.B. 10
, 20
und 40
.
c) 23
12 + 2 · :
1
1
z.B.: 48
, 96
und
1
192
1
d) 15
7 +· 2 :
4
z.B.: − 7 , − 67 ,
und −
.
8
7
Aufgabe: Berechnen Sie:
a) 21 − 13
b) 31 − 41
c) 14 − 15
1
1
d) Stellen Sie etwas fest? Was wird vermutlich für 99
− 100
herauskommen?
e) Stellen Sie eine allgemeingültige Regel auf und beweisen Sie diese!
Lösung:
a) 12 − 13 =
3
6
−
2
6
=
1
6
b)
1
3
−
1
4
=
4
12
−
3
12
=
1
12
c)
1
4
−
1
5
=
5
20
−
4
20
=
1
20
d) Offensichtlich ist das Ergebnis stets Nenner 11·Nenner 2 , also der Kehrwert des Produkts der beiden Nenner.
1
1
1
Damit ist 99
− 100
= 9900
.
e) Für a 6= 0 ergibt
1
a
−
1
a+1
=
1
a·(a+1)
, denn
1
a
−
1
a+1
=
a+1
a·(a+1)
−
a
a·(a+1)
=
a+1−a
a·(a+1)
=
1
a·(a+1)
.
4
3
.
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
19
Aufgabe: Welche Gesetze aus ??Info 1.1.2-1 sind hier (für Brüche) graphisch dargestellt?
a)
Bild:
1
3
von
1
4
(links) und
1
4
von
1
3
(rechts).
b)
Bild:
Lösung:
a)
Bild:
1
3
·
1
4
=
1
4
·
1
3
, also das Kommutativgesetz der Multiplikation.
b)
Bild:
1
a
+ 1b = 1b + a1 , also das Kommutativgesetz bzgl. der Addition. (Mit a, b > 1 und a > b, wenn 1/a den roten Balken
repr“asentiert, außerdem gilt a1 + 1b < 1)
Aufgabe:
20
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Bild: Graphische Darstellung von Termen
a) Geben Sie die entsprechenden Terme zu den farbig gekennzeichneten Flächen an!
b) Markieren Sie in einem Ausdruck des Quadrates die passenden Flächen zu folgenden Termen:
n·2;
(m + n)(m + n) ;
2 · (m + n + n) ;
2 · n2 ;
(m2 + 2m) ;
n2 + n · (m + 2) .
Lösung:
a) schraffierte Fläche: m · (2n + m + 2 .)
blaue (dunkelgraue) Fläche: 2n · (m + n)
grüne (hellgraue) Fläche: 2 · (n + m) .
b)
Bild: Graphische Interpretation der Terme.
Aufgabe: Man vereinfache:
−3 − 4(2 − 5 (−3(−2 + 5) − 1)) .
Lösung:
−3 − 4(2 − 5 (−3(−2 + 5) − 1)) = −3 − 4(2 − 5 (−3 · 3 − 1)) = −3 − 4(2 − 5 · (−10)) = −3 − 4 · 52 = −3 − 208 = −211
Aufgabe: Man vereinfache:
a
b
2c
−
+
4d 2d 8d
12d
4a − 4b + 8c
mit
(d 6= 0, a − b + 2c 6= 0) .
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
21
Lösung:
a
b
2c
−
+
4d 2d 8d
·
12d
4a − 4b + 8c
=
=
2a
4b
2c
12d
2a − 4b + 2c
12d
−
+
·
=
·
8d 8d 8d
4a − 4b + 8c
8d
4a − 4b + 8c
(2a − 4b + 2c) · 3
3a − 6b + 3c
=
(4a − 4b + 8c) · 2
4a − 4b + 8c
Aufgabe: Seien a, b, c, d positive reelle Zahlen. Ordnen Sie die Variablen a, b, c und d so der folgenden Figur zu, dass
sie die geometrische Interpretation der Formel
(a + b)(c + d) = ac + bc + ad + bd
darstellt.
Bild:
Lösung:
Bild:
Aufgabe: Man vereinfache durch Kürzen:
ac + bc + ad + bd
.
a+b
Welche a und b müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
Ausgeschlossen werden muss der Fall a = −b . Für alle anderen Fälle ergibt sich:
ac + bc + ad + bd
c(a + b) + d(a + b)
(a + b)(c + d)
=
=
= c + d.
a+b
a+b
a+b
22
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Aufgabe: Wie lautet der Kehrwert des folgenden Bruchs:
a+b
a
1
a
+
+
a−b
b
1
b
.
Welche a, b müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
1
a+b
a−b
a + b
1
1
+
a
b
=
1
a
a+b
a
=
=
=
+
+
1
b
a−b
b
=
1 1
+
a b
·
a+b
a
!
1
+
·
1
!
a−b
b
ab
(a+b)b+(a−b)a
(a + b)b + (a − b)a
ab
1
1
ab · a + b
b+a
a+b
=
=
(a + b)b + (a − b)a
(a + b)b + (a − b)a
ab + b2 + a2 − ab
a+b
.
a2 + b2
1 1
+
a b
=
1 1
+
a b
·
Beim Kehrwert muss offensichtlich a, b 6= 0 gelten. Darüber hinaus darf auch der Nenner
Wir überprüfen, für welche a und b dies gilt:
a+b a−b
+
0=
a
b
a+b
a
+ a−b
b nicht Null werden.
⇒ 0 = ab + b2 + a2 − ab
⇒ 0 = b2 + a2
⇒ a2 = −b2 .
Die letzte Gleichung wird nur erfüllt, wenn a = b = 0 gilt.
Somit muss beim Kehrwert insgesamt lediglich a, b 6= 0 gelten.
Beim Ausgangsterm muss a1 + 1b 6= 0 gelten und damit a 6= −b , sowie natürlich ebenfalls a, b 6= 0 .
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
1.1.3
23
Elementare Gleichungen
Aufgabe: (Zahlenrätsel) Eine Zahl x wird mit 2 multipliziert. Anschließend wird 3 addiert und das Ergebnis mit 5
multipliziert. Nach der Subtraktion von 7 erhält man das Ergebnis 28. Bestimmen Sie die Zahl x.
Lösung:
Wenn wir alle Operationen in einer Gleichung zusammenfassen erhalten wir:
5(2x + 3) − 7 = 28.
Wir lösen diese Gleichung:
5(2x + 3) − 7
=
28
| ausmultiplizieren
⇔
10x + 15 − 7
=
28
| zusammenfassen
⇔
10x + 8
=
28
| −8
⇔
10x
=
20
| : 10
⇔
x
=
2
Also ist die gesuchte Zahl x = 2.
4
2
Aufgabe: Ein Gefäß von unbekanntem Volumen enthält Liter Saft. Der Saft füllt dieses Gefäß zu . Wie viel Liter
5
3
fasst dieses Gefäß? Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Bild: Wie viel Liter Saft fasst dieses Gefäß?
Es gilt:
2
4
vom Fassungsvermögen des Gefäßes entsprechen Liter Saft.
3
5
Daraus resultiert die mathematische Gleichung:
4
2
·F = ,
3
5
mit F als Fassungsvermögen des Gefäßes (Die Einheiten wurden der Einfachheit halber weggelassen).
Lösen wir nun die Gleichung nach F auf:
Das Gefäß fasst also
Fehler:
2
·F
3
=
F
=
F
=
4
5
4 3
·
5 2
6
.
5
6
Liter.
5
Zur Lösung der Gleichung
5x − 4
x + 12
=
−4
3−x
4−x
mit x 6= 3 und x 6= 4
24
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
gehen wir wie folgt vor:
5x − 4
3−x
=
x+12
4−x
−4
⇔
5x−4
3−x
=
x+12
4−x
+
⇔
5x−4
3−x
=
5x−4
4−x
| : (5x − 4)
⇔
1
3−x
=
1
4−x
| · (4 − x)(3 − x)
3−x
|+x
⇔
4−x =
⇔
4
=
4x−16
4−x
| erweitern
| zu einem Bruch zusammenfassen
3.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir haben folgende Gleichung betrachtet:
x + 12
5x − 4
=
− 4 mit x 6= 3 und x 6= 4.
3−x
4−x
Da die Werte 3 und 4 ausgeschlossen wurden, ist keiner der auftretenden Nenner gleich Null.
Bei den ersten beiden Folgerungen wurden zulässige mathematische Umformungen durchgeführt, die zu folgender
Gleichung führten:
5x − 4
5x − 4
=
.
3−x
4−x
Hier stimmen die Zähler überein, durch die in der dritten Folgerung dividiert wurde. Teilen wir aber durch Terme, ist
eine Fallunterscheidung durchzuführen, da sonst eine Lösung eliminiert wird:
1.) 5x − 4 6= 0: Hier dürfen wir durch den Term teilen, und erhalten gemäß der Gleichungskette die Gleichung 4 = 3.
Folglich existiert für diesen Fall keine Lösung für x .
2.) 5x − 4 = 0: Es ergibt sich
0
0
=
,
3−x
4−x
woraus die wahre Aussage 0 = 0 folgt. Aus der Gleichung 5x − 4 = 0 ergibt sich dann als Lösung x = 45 .
Der Fehler tritt in der dritten Folgerung auf. An dieser Stelle dividieren wir durch 5x − 4, und da x =
der Ausgangsgleichung ist, teilen wir hier durch Null.
4
5
Lösung
Bruchgleichungen werden häufig durch Eleminieren der Nenner gelöst. Wenn wir dies tun, erhalten wir die Lösung wie
folgt:
5x − 4
5x − 4
⇔
=
3−x
4−x
5x − 4
5x − 4
⇔
(3 − x)(4 − x) =
(4 − x)(3 − x)
3−x
4−x
⇔
(5x − 4)(4 − x) = (5 x − 4)(3 − x)
⇔
20x − 5x2 − 16 + 4x = 15x − 5x2 − 12 + 4x
⇔
24x − 16 = 19x − 12
⇔
5x = 4
4
⇔
x =
.
5
Fehler:
Wir betrachten folgende Kette von Gleichungen:
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
25
6x + 15
3(2x + 5)
3
⇔
⇔
=
=
=
10x + 25
5(2x + 5)
5
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Folgende Kette von Gleichungen wurde betrachtet:
6x + 15 = 10x + 25
3(2x + 5) = 5(2x + 5)
3 = 5
=⇒
=⇒
Hierzu ist Folgendes zu sagen:
• Um zur zweiten Gleichung zu gelangen wurden auf beiden Seiten der ersten Gleichung Werte ausgeklammert.
Die zweite Gleichung lässt sich also ohne Weiteres aus der ersten Gleichung folgern.
• In der zweiten Folgerung wurde durch den Term 2x + 5 dividiert.
Merke: Dividierst Du durch einen Term, führe eine Fallunterscheidung durch!
Eine Fallunterscheidung wurde hier jedoch unterschlagen. Diese hätte wie folgt auszusehen:
1.) 2x + 5 6= 0: In diesem Fall dürfen wir durch den Term teilen, und erhalten gemäß Aufgabenstellung die
Gleichung 3 = 5. Damit ist nicht die Identität der Zahlen drei und fünf gezeigt, sondern die Nichtexistenz einer
Lösung.
2.) 2x + 5 = 0: Hier ist die Division untersagt, da wir nicht durch Null teilen dürfen. Es ergibt sich jedoch
3 · 0 = 5 · 0, woraus die wahre Aussage 0 = 0 folgert. In diesem Fall ist eine Lösung nicht ausgeschlossen. Aus
der Gleichung 2x + 5 = 0 ergibt sich dann x = − 25 als Lösung für die Gleichung.
In der zweiten Folgerung wurde also durch Null dividiert.
Die zweite und dritte Aussage der Aufgabe sind folglich zu markieren.
Lösen wir abschließend die Gleichung auf konventionelle Weise:
6x + 15 = 10x + 25
6x − 10x = 25 − 15
−4x = 10
5
x = − .
2
⇒
⇒
⇒
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichung?
3 1
− = 3x − 2
2 6
Lösung:
⇔
⇔
⇔
⇔
3
2
−
1
6
=
3x − 2
9
6
−
1
6
=
3x − 2
12
6
=
3x
8
6
+
20
6
·
1
3
= x
x
=
10
9
26
Also erfüllt x =
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
10
9
die Gleichung.
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichung?
−5x −
3
=b
2
(b ist eine beliebige, gegebene Zahl).
Lösung:
−5x −
Also erfüllen alle x = − 5b −
3
10
3
2
= b
3
2
⇔
−5x
⇔
x
=
⇔
x
= − 5b −
= b+
b+
3
2
· − 15
3
10
die Gleichung.
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichung?
ax − 2 = b − 3x
(a, b sind beliebige, gegebene Zahlen).
Lösung:
⇔
ax − 2
= b − 3x
ax + 3x
= b+2
⇔ x(a + 3)
=
b+2
Fall 1: a 6= −3
⇒
x =
b+2
a+3
Fall 2: a = −3
⇒ x·0
=
b+2
Fall 2.1): Für b = −2 ergibt sich 0 = 0, d.h. alle reellen Zahlen sind Lösung der Gleichung.
Fall 2.2): Für b 6= −2 ergibt sich 0 = b + 2 , wobei b + 2 nicht Null ist. Somit ergibt sich keine Lösung der Gleichung
für x .
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichung?
a
b
3
+
=−
x+b x+a
(x + a)(x + b)
a, b sind beliebige, gegebene Zahlen.
Lösung:
Für x 6= −b und x 6= −a ergibt sich:
a
x+b
b
x+a
=
3
− (x+a)(x+b)
b(x+b)
(x+a)(x+b)
=
3
− (x+a)(x+b)
⇔
a(x + a) + b(x + b)
=
−3
⇔
ax + a2 + bx + b2
=
−3
⇔
x(a + b) + a2 + b2
=
−3
⇔
x(a + b)
=
−3 − a2 − b2
⇔
a(x+a)
(x+b)(x+a)
+
+
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
27
Fall 1: a + b 6= 0 , (also a 6= −b)
⇒x=
−3 − a2 − b2
a+b
Fall 2: a = −b , dann lautet die obige Gleichung
x·0
=
−3 − a2 − b2
⇒
0
= −3 − (−b)2 − b2
⇒
0
= −3 − 2b2
⇒
2b2
⇒
b2
(denn a = −b)
= −3
−3
2
=
,
was nie eintreten kann, schließlich ist eine Quadratzahl niemals negativ.
Für den Fall a = −b erhalten wir also keine Lösung für x .
Dies sieht man eigentlich sofort, denn mit dem Argument, dass eine Quadratzahl nicht negativ sein kann, muss
−3 − a2 − b2 echt kleiner als Null sein.
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichung?
(3x − 5)(x − 2) = x − 2
Lösung:
(3x − 5)(x − 2) = x − 2
Für den Fall 1: x 6= 2 , (so dass x − 2 6= 0 gilt,) ergibt sich:
3x − 5
=
x−2
x−2
⇒ 3x − 5
=
1
⇒
3x =
6
⇒
x =
2,
was in den Voraussetzungen dieses Falls (x 6= 2) allerdings ausgeschlossen wurde! Somit gibt es in Fall 1 keine Lösung.
Im Fall 2: x = 2 ergibt sich
(3x − 5) · 0
=
0
0
=
0.
⇒
Also ergibt sich für x = 2 die allgemeingültige Gleichung 0 = 0 .
x = 2 ist damit die einzige Lösung der Gleichung.
Aufgabe: Eine Autovermietung macht - unabhängig vom gewählten Fahrzeug - die folgenden beiden Angebote:
Angebot 1: Grundpreis 45 e, zzgl. 45 Cent pro Kilometer
Angebot 2: Grundpreis 25 e, zzgl. 70 Cent pro Kilometer
Was würden Sie einem Freund raten, der sich ein Auto mieten möchte?
Lösung:
Berechnung des Rechnungsbetrags R1 bei Angebot 1 (wobei x für die Anzahl der gefahrenen Kilometer steht):
R1 = 45 + x · 0, 45
Rechnungsbetrag Angebot 2:
R2 = 25 + x · 0, 7
28
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Zur Beantwortung der Frage überlegen wir, bei welcher Kilometerzahl sich der selbe Rechnungsbetrag ergibt. Hierür
setzen wir die beiden Terme gleich und lösen nach x auf:
45 + x · 0, 45
=
25 + x · 0, 7
⇔
20
=
x · 0, 7 − x · 0, 45
⇔
20
=
x · (0, 7 − 0, 45)
⇔
20
=
x · 0, 25
⇔
x
=
80 .
Somit ergibt sich der gleiche Rechnungsbetrag bei einer Reise von 80 Kilometern. Bei einer Fahrt dieser Strecke wäre
demnach die Wahl des Angebots egal.
Aufgrund des niedrigeren Kilometerpreises empfielt sich jedoch bei einer Reise von mehr als 80 Kilometern das Angebot
1 während sich bei weniger als 80 Kilometern das Angebot 2 lohnt.
Aufgabe: Welche x erfüllen folgende Gleichungen?
(3x − 5)(x − 2) = 0 ,
2x +
4
5
2
= 0,
9x3 − 81x = 0
Lösung:
(3x − 5)(x − 2) = 0
Ein Produkt wird Null, wenn mindestens einer der Faktoren Null wird. Somit sind die beiden Lösungen dieser Gleichung x = 2 und x = 35 , da für x = 2 der Term x − 2 zu Null wird und für x = 35 der Term 3x − 5 .
2
Das Gleiche lässt sich auch auf die Gleichung 2x + 54
= 0 anwenden, nur dass die beiden Faktoren in diesem
4 2
4
4
Fall identisch sind, da 2x + 5 = 2x + 5 · 2x + 5 . Somit erhalten wir für die entsprechende Gleichung auch nur
eine Lösung in x , die sich leicht wie folgt bestimmen lässt:
2
2x + 45
= 0
⇒
2x +
4
5
=
0
⇒
2x =
− 45
⇒
x =
− 52 .
Bei der Gleichung 9x3 − 81x = 0 klammern wir zunächst x aus und erhalten erneut ein Produkt:
9x3 − 81x
=
0
⇒ (9x2 − 81)x =
0
Dieses Produkt wird Null für x = 0 oder für den Fall 9x2 − 81 = 0 , woraus sich zwei weitere Lösungen ergeben:
9x2 − 81
=
0
⇒
9x2
=
81
⇒
x2
=
9
x =
3
⇒
oder x = −3 .
Insgesamt erhalten wir also drei Lösungen der Gleichung 9x3 − 81x = 0 :
x = 0,
x=3
und
x = −3 .
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
29
Alternativ kann man auch sofort die 9 ebenfalls ausklammern und erhält 9x3 − 81x = 0 ⇒ 9x(x2 − 9) = 0 und damit
die Lösungen.
Aufgabe: Bestimmen Sie alle reellen Lösungen der folgenden Gleichungen:
1.
3x+7
5x−3
=1
Lösung:
Für x 6= 35 ergibt sich:
3x+7
5x−3
=
1
⇒
3x + 7
=
5x − 3
⇒
10
=
2x
⇒
2.
2x+5
x
5
2−2
x =
5
= 15
Lösung:
Für x 6= 5 ergibt sich:
2x+5
x
5
2−2
=
15
⇒
2x + 5
=
15 ·
x
2
−
⇒
2x + 5
=
15
2 x
−
75
2
75
2
=
15
2 x
− 24 x
85
2
=
11
2 x
⇒
10
2
+
⇒
⇒
3.
−2x+5
7−x
5
2
85
11
x =
=2
Lösung:
Für x 6= 7 ergibt sich:
−2x+5
7−x
=
2
⇒
−2x + 5
=
2 · (7 − x)
⇒
−2x + 5
=
14 − 2x
⇒
5
=
14
Da die letzte Gleichung für kein x erfüllt werden kann, gibt es auch für die Ausgangsgleichung keine Lösung!
4.
1
3 x−7
− 21 x+ 21
2
= − 23
Lösung:
Für x 6= 21 ergibt sich:
1
3 x−7
− 21 x+ 21
2
=
− 23
⇒
1
3x
−7
=
− 23 · − 21 x +
⇒
1
3x
−7
=
1
3x
−7
21
2
30
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Die letzte Gleichung gilt für alle reellen x . Da jedoch für die Ausgangsgleichung x 6= 21 vorausgesetzt werden
musste, lösen diese alle reellen Zahlen außer x = 21 .
5.
5
x−2
=
2
x+2
+
2
x2 −4
Lösung:
Für x 6= 2 und für x 6= −2 ergibt sich:
5
x−2
=
2
x+2
⇒
5(x+2)
(x−2)(x+2)
=
2(x−2)
(x+2)(x−2)
⇒
5(x + 2)
=
2(x − 2) + 2
⇒
5x + 10
=
2x − 4 + 2
⇒
3x
= −12
⇒
x
= −4
+
2
x2 −4
+
2
x2 −4
Aufgabe: Sortieren Sie die folgenden Rechenschritte in die richtige Reihenfolge:
1.
(1)
(2)
(3)
(4)
8 + 2x
2x
8 + 7x
x
= −4
= −12
= 5x − 4
= −6
8 + 7x
8 + 2x
2x
x
= 5x − 4
= −4
= −12
= −6
Lösung:
Die richtige Reihenfolge ist: (3), (1), (2), (4)
(3)
(1)
(2)
(4)
2.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
2
5x2 +3x+35x+21
− 5xx2−35x
x2 −49
−49
5x+3
5x
x−7 − x+7
−
−
3x+2
x2 −49
3x+2
x2 −49
=
=
70x =
(5x+3)(x+7)
(5x)(x−7)
3x+2
−
−
=
2
(x−7)(x+7)
(x+7)(x−7)
x −49
70x + 19 =
x =
70x+19
=
x2 −49
5x2 +3x+35x+21−5x2 +35x−3x−2
=
x2 −49
0
0
−19
0
0
− 19
70
0
0
Lösung:
Die richtige Reihenfolge ist: (2), (4), (1), (8), (7), (5), (3), (6)
(2)
(4)
(1)
(8)
(7)
(5)
(3)
(6)
5x+3
5x
3x+2
x−7 − x+7 − x2 −49
(5x)(x−7)
(5x+3)(x+7)
3x+2
(x−7)(x+7) − (x+7)(x−7) − x2 −49
2
2
5x +3x+35x+21
3x+2
− 5xx2−35x
x2 −49
−49 − x2 −49
5x2 +3x+35x+21−5x2 +35x−3x−2
x2 −49
70x+19
x2 −49
=
=
=
=
=
70x + 19 =
70x =
x =
0
0
0
0
0
0
−19
− 19
70
1.1. KÖRPERAXIOME UND RECHENREGELN
31
3.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
100x
5
100x
5
20(x+3)
x+3
= 60x ·
x = 5
+ 20x+60
= 60x
x
x+3
2
20x + 20 = 120
20x = 100
+
2
x
Lösung:
Die richtige Reihenfolge ist: (3), (1), (4), (5), (2)
(3)
(1)
(4)
(5)
(2)
20x+60
100x
5 + x+3
20(x+3)
100x
5 +
x+3
=
60x
x
2
= 60x ·
20x + 20 = 120
20x = 100
x = 5
2
x
Aufgabe: Jemand berechnet zur Beantwortung einer Frage die Gleichung
0, 51x + 19 = x + 10 .
Geben Sie mindestens 2 Fragestellungen an, die zu dieser Gleichung passen!
Lösung:
1.) Telefonanbieter 1 verlangt einen Grundpreis von 19 Euro pro Monat bei 51 Cents je angefangene Minute Telefonierens, Anbieter 2 verlangt einen Euro pro Minute bei 10 Euro Grundgebühr im Monat. Gesucht ist diejenige
Telefonierzeit pro Monat, durch die der selbe Rechnnungsbetrag zustande kommt.
2.) In Analogie zu 1.): Vergleich zweier Stromanbieter.
3.) Innermathematisch: Bei welchem x schneiden sich die beiden Geraden y = 0, 51x + 19 und y = x + 10 ?
4.) Ein Bauunternehmer macht seinem Kunden folgendes Angebot: “Entweder du bezahlst mir pro Stein einen Euro
und gibst mir für die Lieferung der Steine pauschal 10 Euro, oder du bezahlst mir pro Stein nur 0,51 Euro, dann wird
die Anlieferung allerdings teurer und du musst hierfür dann 19 Euro zahlen - Überlege es dir!“
32
1.2
1.2.1
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Ungleichungen
Anordnungen
Aufgabe: Welche der beiden Zahlen ist die kleinere
17 18
,
?
31 33
Lösung:
Wir stellen einen Hauptnenner her:
17
31
18
33
=
=
17 · 33
561
=
31 · 33
31 · 33
18 · 31
558
=
33 · 31
31 · 33
18
Beim Vergleich der Zähler stellen wir fest, dass
die kleinere Zahl ist. Diese Vorgehensweise ist exakt. Zum Vergleich
33
die Dezimalzahlen:
17
≈ 0, 5483 . . .
31
und
18
≈ 0, 54545 . . . .
33
Aufgabe: Wir betrachten die Anordnung der Zahlen −1, 0, 2, 3 auf der Zahlengeraden. Es gilt
−1 < 0
ist gleichbedeutend mit
0 > −1,
0<3
ist gleichbedeutend mit
3 > 0,
Welche Größenverhältnisse gelten zwischen den übrigen Zahlen?
Lösung:
Insgesamt ergibt sich −1 < 0 < 2 < 3 sowie 3 > 2 > 0 > −1 und damit auch −1 ≤ 0 ≤ 2 ≤ 3 sowie 3 ≥ 2 ≥ 0 ≥ −1 .
Damit erhalten wir auch alle anderen Relationen: z.B. −1 < 2 , denn −1 < 0 und 0 < 2 , usw.
Aufgabe: Sei a ∈ {−1, 0, 1} und b ∈ {− 21 , 1, 2} .
Für welche a und b gilt a ≤ b und für welche gilt a < b ?
Lösung:
Es gilt −1 < − 12 , −1 < 1 , −1 < 2 und damit natürlich auch −1 ≤ − 12 , ... .
Analog gilt 0 < 1 und 0 < 2 sowie erneut 0 ≤ 1 und 0 ≤ 2 . Des Weiteren ist 1 < 2 und wieder 1 ≤ 2 .
Zusätzlich gilt noch 1 ≤ 1 .
Aufgabe: Ordnen Sie folgende Zahlen auf dem Zahlenstrahl an:
−20 −20 17 17 18 18
11
;
;
;
;
;
; −3; −2, 75; −2, 777...; −2, 777; 2; −5;
18
17
1 2 2 18
5
Lösung:
Es ergibt sich folgende Reihenfolge auf dem Zahlenstrahl:
−5; −3; −2, 777...; −2, 777; −2, 75;
−20 −20 18
11 17 18 17
;
;
; 2;
;
;
;
.
17
18 18
5 2 2 1
Aufgabe: Gegeben sei die Zahl 3. Welche Lagemöglichkeiten auf dem Zahlenstrahl ergeben sich dann für eine beliebige Zahl a ?
Welche Lagemöglichkeiten zueinander haben allgemein zwei beliebige Zahlen a und b ?
1.2. UNGLEICHUNGEN
33
Lösung:
Entweder liegt a links von 3 oder a liegt rechts von 3 oder a ist 3:
a<3
oder
a=3
oder
a > 3.
a b.
Für a und b ergibt sich analog:
Aufgabe: Simon ist kleiner als Jonas und Jonas ist kleiner als David.
a.) Was gilt dann für Simon im Vergleich zu David?
b.) Alle sind in der gleichen Zeit um 10 cm gewachsen. Was gilt dann?
c.) Nach fünf Jahren sind alle doppelt so groß. Was gilt jetzt?
d.) Versuchen Sie Gesetzmäßigkeiten zu erkennen und schreiben Sie diese in verallgemeinerter Form auf.
Lösung:
a.) Wenn S für die Größe von Simon, J für die Größe von Jonas und D für die Größe von David steht, dann gilt
S < J und J < D und damit S < D , also Simon ist ebenfalls kleiner als David.
b.) Es gilt S + 10 < J + 10 < D + 10 , sofern S, J und D in cm angegeben sind. Die Größenrelationen haben
sich nicht verändert.
c.) Es gilt S · 2 < J · 2 < D · 2 . Die Größenrelationen haben sich auch hier nicht verändert.
d.) Allgemein gilt:
1.) Wenn a kleiner ist als b und b kleiner ist als c, dann ist a auch kleiner als c . In Formeln:
(a < b und b < c)
=⇒
a < c.
2.) Das Addieren einer Zahl ändert nichts an der bestehenden Größer- / Kleinerrelation zwischen a und b; in Formeln:
a 0 gilt:
a 2 .
a.) Multiplizieren Sie nun beide Zahlen mit 5. Welches Größenverhältnis folgt dann für die Produkte dieser beiden
Zahlen?
b.) Beantworten Sie nun die gleiche Frage für die Multiplikation mit - 5.
c.) Formulieren Sie nun eine Regel: Was muss man bei der Bearbeitung von Ungleichungen beachten? Für welche
Rechenoperationen gilt Analoges?
d.) Überlegen Sie wieder ausgehend von 5 > 2: Was passiert, wenn man auf beiden Seiten den Kehrwert bildet? Gelten
Ihre Erkenntnisse für alle beliebigen Zahlen a > b ?
Lösung:
a.) 5 · 5 > 2 · 5 , denn 25 > 10 .
b.) Es gilt 5 · (−5) < 2 · (−5) , denn −25 < −10 .
c.) Bei der Multiplikation einer Ungleichung mit einer negativen Zahl dreht sich das Ungleichheitszeichen um. Das
Gleiche gilt auch bei der Division durch eine negative Zahl.
d.) Es gilt 51 < 12 .
Allgemein: Aus a > b folgt a1 < 1b für alle a, b ∈ R ,, sofern a und b das gleiche Vorzeichen haben.
34
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Fehler: Wir zeigen hier die offensichtlich falsche Aussage: “Null ist größer als jede positive Zahl“.
Es sei a eine beliebige positive Zahl.
a−1 < a
=⇒ −a2 + a < −a2
=⇒
a < 0
| · (−a)
| + a2
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Da a, wie oben gefordert, eine positive Zahl ist und die letzte Ungleichung a < 0 darstellt, würde folgen, dass 0
größer als jede beliebige Zahl ist. Was ist nun falsch an dieser Kette von Ungleichungen?
Die erste Ungleichung ist natürlich allgemein gültig. Der Fehler steckt direkt in der ersten Umformung. Um zur
zweiten Ungleichung zu gelangen, wurde mit (−a) multipliziert. Da a aber positiv ist, ist (−a) negativ, und wir brauchen uns nur auf einen Fall zu beschränken.
Es wurden also die Terme auf beiden Seiten der Ungleichung mit einer negativen Zahl multipliziert. Doch dann stimmt
die Relation nicht mehr, wie folgendes Beispiel verdeutlicht:
1 < 2 ; −1 < −2,
hier wurde mit −1 multipliziert.
Folglich hätte das Ungleichheitszeichen umgedreht werden müssen:
−a2 + a > −a2 .
Jetzt können wir a2 addieren und erhalten
a > 0.
Wir wussten zwar schon, dass a > 0 gilt. So haben wir keine neue Erkenntnis aus diesen Umformungen gewonnen,
aber zumindest ist nichts mehr falsch.
Fehler:
a2 > 0 ⇒
a > 0 , somit sind alle positiven Zahlen Lösungen dieser Gleichung.
Erläuterung:
Diese Folgerung ist falsch, da aus a2 > 0 durch Division mit a für den Fall a > 0 auch a > 0 folgt, für a < 0
folgt jedoch nach der Division auch a < 0 . Somit gilt insgesamt: a2 > 0 =⇒ a > 0 oder a < 0 . Vermutlich dachte der Student daran, dass Quadratzahlen stets positiv sind und folgerte fälschlicherweise, dass damit auch a > 0 gelte.
Fehler:
Geben Sie die erste ganze Zahl an, die folgende Ungleichung erfüllt: 2x + 12 > 0 .
1.2. UNGLEICHUNGEN
35
Studentenlösung:
2x + 12 >
2x >
x >
⇒
⇒
0
−12
−6.
Somit ist - 7 die erste Zahl, die die Ausgangsgleichung erfüllt.
Erläuterung:
Hier zeigt sich eine Fehlvorstellung bzgl. der Größen von negativen Zahlen und deren Anordnung auf dem Zahlenstrahl.
Der Student dachte, die nach −6 nächstgrößere ganze Zahl wäre die −7 , da 7 > 6 gilt. Tatsächlich ist jedoch −5 die
gesuchte Zahl.
Fehler:
Bestimmen Sie alle a > 0, welche die Ungleichung
Studentenlösung:
3
a
<
1
9
erfüllen.
3
a
1
a
⇒
⇒
<
<
<
a
1
9
1
27
27.
Erläuterung:
Dieser Student hat übersehen, dass bei der Kehrwertbildung bei Ungleichungen das Ungleichheitszeichen umgedreht
werden muss. Ursache des Fehlers ist wahrscheinlich eine Verwechslung mit Rechenregeln bei Gleichungen, hier gilt
nämlich
1
1
=
=⇒ a = 27 .
a
27
Korrekte Lösung:
3
a
1
a
⇒
⇒
<
<
>
a
1
9
1
27
27.
Fehler:
Geben Sie alle Lösungen der Ungleichung 3x + 7 > 4x + 2 an!
Studentenlösung:
3x + 7
> 4x + 2
7
<
x+2
5
<
x.
| − 3x
Erläuterung:
In diesem Fall dachte der Student, er müsse das Relationsszeichen auch dann umdrehen, wenn er Terme auf beiden
Seiten abzieht. Es liegt also offensichtlich eine Verwechslung mit der Regel zum Multiplizieren von Ungleichungen mit
negativen Zahlen vor.
Korrekte Lösung:
3x + 7
>
4x + 2
7
>
x+2
5
>
x.
| − 3x
Fehler:
Ordnen Sie folgende Brüche aufsteigend nach Ihrer Größe:
−
7 3 11
8 3
; ;
; − ; .
12 9 36
12 8
Studentenlösung:
−
7
8 3 3 11
; − ; ; ;
12
12 8 9 36
36
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Erläuterung:
7
8
7
8
1.) Da 12
< 12
gilt, ist − 12
> − 12
.
3
3
2.) Es gilt 8 > 9 . Der Student dachte offenbar, dass bei gleichem Zähler aber kleinerem Nenner der gesamte Bruch
kleiner wäre.
11
12
3.) Es gilt 36
< 36
= 39 < 38 .
Insgesamt machte dieser Student also mehrere Fehler aufgrund mangelhafter Größenvorstellung von negativen Zahlen
und Brüchen.
Korrekte Lösung:
−
8
12
<
−
7
12
<
11
36
<
3
9
<
3
8
Fehler:
Welche der folgenden Aussagen sind korrekt?
(i) 3 > 7
(ii) 3 ≥ 7
(iii) 3 < 7 oder 3 = 7
(iv) 3 ≤ 7
(v) 3 < 7
Studentenlösung:
Es ist lediglich eine Aussage richtig, nämlich (v) 3 < 7 .
Erläuterung:
Bei dieser Lösung zeigt sich eine typische Fehlvorstellung: In der Alltagssprache würde niemand sagen 3 ≤ 7 , da sogar
ganz offensichtlich 3 < 7 gilt. Tatsächlich sind jedoch beide Aussage wahr, schließlich folgt aus 3 < 7 auch automatisch
der allgemeinere Fall 3 ≤ 7 . Die Aussage 3 < 7 stellt also hier lediglich eine Präzisierung der ebenfalls wahren Aussage
3 ≤ 7 dar. Da außerdem 3 ≤ 7 nichts anderes bedeutet als 3 < 7 oder 3 = 7 , ist auch (iii) wahr.
Damit folgt insgesamt, dass (i) und (ii) falsch sind, während (iii) - (v) wahre Aussagen sind.
Aufgabe: Welche der beiden Zahlen ist jeweils die größere:
a)
802 803
,
919 921
b) −
17 813
,−
?
19 827
(Keine Dezimalentwicklung vornehmen).
Lösung:
a) Es gilt
802
919
>
803
921
, denn
802
802 · 921
738642
737957
803 · 919
803
=
=
>
=
=
.
919
919 · 921
846399
846399
921 · 919
921
17
> − 813
b) Es gilt − 19
827 , denn
−
17
17 · 827
14059
15447
813 · 19
813
=−
=−
>−
=−
=−
.
19
19 · 827
15713
15713
827 · 19
827
Aufgabe: Lösen Sie folgende Ungleichung zunächst näherungsweise graphisch und anschließend rechnerisch:
−3x − 2 ≤ 2x + 1?
Lösung:
1.2. UNGLEICHUNGEN
37
Die graphische Lösung der Ungeichung stellt die grün markierte Halbgerade auf der x - Achse einschließlich des Anfangspunktes dar, da für die hier markierten x−Werte der Graph von y = −3x − 2 unterhalb von y = 2x + 1 liegt
bzw. sich die Geraden dort schneiden. Der Anfangspunkt gehört dazu, da der x−Wert des Schnittunkts wegen des
≤ −Zeichens ebenfalls zur Lösungsmenge gehört.
Rechnerische Lösung:
−3x − 2
≤ 2x + 1
−2
≤ 5x + 1
−3
3
−
5
≤ 5x
≤ x
Somit erfüllen alle x ≥ − 35 die obige Ungleichung.
Aufgabe: Welche der folgenden Aussagen sind wahr?
i) 2 ≥ 3
ii) −44 ≤ 2
iii) −21 ≤ −22
iv) 3 < 5 oder 3 = 5
Lösung:
i) 2 ≥ 3 ist falsch, da bekanntermaßen 2 < 3 gilt.
ii) −44 ≤ 2 ist korrekt, da −44 < 2 ist, so dass erst recht gilt −44 < 2 oder −44 = 2 , da eine der beiden Aussagen
korrekt ist. Da die Aussage “−44 < 2 oder −44 = 2 ,“ wiederum nichts anderes bedeutet als −44 ≤ 2 , ist dies eine
wahre Aussage.
iii) −21 ≤ −22 ist falsch, schließlich ist −21 > −22 und damit auch −21 ≥ −22 .
iv) 3 < 5 oder 3 = 5 ist wahr, da eine der beiden Teilaussagen (nämlich 3 < 5) wahr ist.
Aufgabe: Ein PKW hat ein maximal zulässiges Gesamtgewicht von 1, 5t. Das Leergewicht des Fahrzeuges beträgt
1100kg. Im Fahrzeug sitzen zwei Personen mit 76kg und 55kg und bereits Gepäck von rund 50kg . Der Fahrer möchte
noch drei gleich schwere Pakete dazuladen. Was darf jedes der Pakete maximal wiegen? Stellen Sie zur Berechnung
eine passende Ungleichung auf und lösen Sie diese!
Lösung:
Addiert man zum Leergewicht des Fahrzeuges das Gewicht der beiden Personen und des Gepäcks, erhält man
mit 1100kg + 76kg + 55kg + 50kg = 1281kg das bisherige Gewicht des beladenen Fahrzeugs. Will man noch drei
Pakete des Gewichts x kg zuladen, erhält man ein Gesamtgewicht von 1281kg + 3 · x kg . Dieses darf allerdings
höchstens 1, 5t = 1500kg betragen, damit das Fahrzeug nicht überladen wird. Um das maximale Gewicht der einzelnen Gepäckstücke zu berechnen, müssen wir also folgende Ungleichung nach x auflösen:
⇔
⇔
⇔
1281 kg + 3x kg
3x kg
3x kg
x kg
Jedes der drei Pakete darf demnach maximal 73 wiegen.
≤ 1500 kg
≤ 1500 kg − 1281 kg
≤ 219 kg
≤ 219
3 kg = 73 kg
38
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Die Aufgabe hätte man alternativ auch mit Hilfe der Gleichung 1281kg + 3x kg = 1500kg lösen können, nur hätte man
dann abschließend das Ergebnis x = 73kg noch als maximales Gewicht eines Paketstücks interpretieren müssen.
Aufgabe: Beweisen Sie:
“Wenn −1 < a < 1, dann gilt a2 < 1 .“
Lösung:
Hierzu führen wir eine Fallunterscheidung durch:
Fall 1: Für 0 < a < 1 folgt aus a < 1 durch Multiplikation mit a : a2 < a und wir können folgern:
a<1
⇒
a2 < a < 1
⇒
a2 < 1 .
Fall 2: Für −1 < a < 0 folgt aus −1 < a durch Multiplikation mit dem negativen a : a2 < −a .
Da allerdings −1 < a vorausgesetzt wurde, ist 1 > −a , woraus a2 < −a < 1 und damit letztlich wieder a2 < 1 folgt.
Fall 3: Für den letzten Fall a = 0 ergibt sich ebenfalls a2 = a · a = 0 · 0 = 0 < 1 und damit erneut unsere Behauptung a2 < 1 .
Somit haben wir insgesamt gezeigt, dass in jedem Fall aus −1 < a < 1 folgt a2 < 1 .
Aufgabe: Geben Sie zu folgender graphischen Darstellung einen Anwendungskontext an, erfinden Sie dann eine
konkrete Fragestellung dazu und lösen Sie diese!
Bild:
Lösung:
Denkbar wäre z.B. folgender Anwednungskontext:
Ein Unternehmen verlangt für die Lieferung einer Ware eine Lieferpauschale von 20 Euro. Bei einer Abnahme von
mindestens 100 Stück bietet es einen geringeren Stückpreis an, erhöht dafür aber die Lieferpauschale auf 50 Euro. Für
genau 100 Stück ergibt sich in beiden Fällen ein Rechnungsbetrag von 70 Euro.
Aufgabe: In der Graphik sehen Sie die Preisentwicklung in Abhängigkeit von der Stückzahl. Versuchen Sie die Terme
zur Berechnung des Gesamtpreises in Abhängigkeit von der Stückzahl zu bestimmen und überprüfen Sie rechnerisch,
bis wann sich das Angebot mit der geringeren Lieferpauschale tatsächlich lohnt!
Antwort: Bis 100 Stück berechnet sich der Gesamtpreis durch den Term 20 + 0, 5 · x , wobei x für die Stückzahl
steht. Dieser Term setzt sich zusammen aus der Lieferpauschale von 20 Euro und dem Stückpreis von 0, 5 Euro, den
wir berechnen können, indem wir vom Preis für 100 Stück (70 Euro) die Pauschale von 20 Euro abziehen und anschließend die restlichen 50 Euro durch die 100 Stück dividieren. Für die Berechnung des Gesamtpreises ab 100 Stück
kommen wir auf den Term 50 + 0, 2 · x . Zur Berechnung des Stückpreises ziehen wir wieder vom Gesamtbetrag für
100 Stück nun die Lieferpauschale von 50 Euro ab. Somit kosten im zweiten Angebot ohne Lieferpauschale 100 Stück
genau 20 Euro, woraus sich der Einzelstückpreis von 0, 2 Euro ergibt.
Nun vergleichen wir die beiden Terme und überprüfen damit, bis wann das Abgebot 1 günstiger ist als das Angebot 2, also wie lange der Rechnungsbetrag von Angebot 1 kleiner ist als der Rechnungsbetrag von Angebot 2. Dazu
stellen wir folgende Ungleichung auf und lösen Sie nach x auf:
1.2. UNGLEICHUNGEN
39
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
20 + 0, 5 · x <
0, 5 · x <
0, 3 · x <
3
10 x <
x <
x <
50 + 0, 2 · x
30 + 0, 2 · x
30
30
30 · 10
3
100
Tatsächlich ergibt sich der geringere Gesamtbetrag also genau dann, wenn ich weniger als 100 Stück nehme.
Aufgabe: Man bestimme mindestens einen Bruch, der jeweils zwischen den beiden Brüchen liegt:
3 4
;
4 5
(Keine Dezimalentwicklung vornehmen).
a)
b)
5 6
;
7 7
c)
23 24
;
.
27 30
Lösung:
a) Es gilt:
15
3
=
4
20
sowie
4
16
=
.
5
20
Wir erweitern nun beide Brüche mit dem selben Faktor und erhalten
15
30
3
=
=
4
20
40
und
4
16
32
=
=
,
5
20
40
woraus wir erkennen können, dass
31
40
zwischen beiden Brüchen liegt.
b) In Analogie zu (a) berechnen wir:
5
10
=
7
14
und
6
12
=
.
7
14
Offensichtlich liegt der Bruch
11
14
dazwischen.
c) Hier bilden wir zunächst den Hauptnenner und erhalten
23
23 · 30
690
=
=
27
27 · 30
810
und
24
24 · 27
648
=
=
.
30
30 · 27
810
Einer der dazwischen liegenden Brüche ist damit z.B.
650
.
810
40
1.2.2
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Betrag
Aufgabe: Zur Einführung betrachten wir die folgenden Zahlen:
11
53 8
; − ;
; −7; −1, 5; 1
2
12 10
Ordnen Sie diese auf dem Zahlenstrahl an und geben Sie jeweils ihren Abstand zur Null an.
−1; 2, 7;
Lösung:
Auf dem Zahlenstrahl angeordnet ergibt sich folgende Reihenfolge:
−7; −
8
11
53
; −1, 5; −1;
; 1; 2, 7;
12
10
2
Der Abstand zur Null ist die jeweilige Zahl ohne ihr Vorzeichen.
Aufgabe: Den Abstand einer beliebigen Zahl a zur Null nennen wir den Betrag von a, in Zeichen |a| .
a) Betrachten Sie noch einmal die Ergebnisse aus der vorigen Aufgabe. Was können Sie allgemein über |a| aussagen?
b) Drücken Sie |a| ohne Betragsstriche aus. (Tipp: Hierfür ist eine einfache Fallunterscheidung nötig!)
Lösung:
a) |a| gibt den Abstand der Zahl a zur Null an und ist demnach stets positiv.
b) |a| = a , falls a positiv und |a| = −a , falls a negativ. Für den Fall a = 0 gilt |a| = |0| = 0 = a , so dass wir
insgesamt schreiben können:
a, a ≥ 0,
|a| =
−a, a < 0.
Aufgabe: Betrachten wir nun den Term |a − b| .
a) Was ergibt sich bei diesem Term für folgende Zahlenpaare?
(i)
a=3
und
b = −1 ,
(ii) a = 2
und
b = 4,
(iii) a = −4
und
b = −5 ,
(iv) a = 2
und
b = 2.
b) Interpretieren Sie allgemein, welche Größe mit |a − b| berechnet werden kann!
c) Versuchen Sie nun auch diesen Term |a − b| ohne Betragsstriche anzugeben.
Lösung:
a)
(i) |3 − (−1)| = |3 + 1| = |4| = 4
(ii) |2 − 4| = | − 2| = 2
(iii) | − 4 − (−5)| = |1| = 1
(iv) |2 − 2| = |0| = 0
b) Es wird jeweils der Abstand der beiden Zahlen auf der Zahlgeraden berechnet.
c) Es gilt:
|a − b| = a − b , falls a ≥ b , da dann gilt a − b ≥ 0 und wir die Betragsstriche weglassen können
und
|a − b| = −(a − b) = b − a , falls a 0 gilt und sich somit dasselbe ergibt
wie für |a − b| .
Aufgabe: Welcher Zusammenhang besteht jeweils zwischen den beiden folgenden Ausdrücken?
a) |a| · |b|
und
|ab| ,
b) |a + b|
und
|a| + |b| ,
2
c) |a|
und
|a2 | ,
d) |an |
und
|a|n .
1.2. UNGLEICHUNGEN
41
Lösung:
a) Offensichtlich ist |a| · |b| = |a · b| . Ob man zwei Zahlen miteinander multipliziert und anschließend das Ergebnis
ohne Vorzeichen (und damit den Betrag) verwendet oder ob man gleich die (positiven) Beträge der einzelnen Faktoren
verwendet und dann das Produkt berechnet, führt stets auf dasselbe, positive Ergebnis.
b) Es gilt |a + b| ≤ |a| + |b|.
Um dies zu verdeutlichen, betrachten wir zunächst den Fall, dass a und b jeweils positiv oder gleich Null sind. In
diesem Fall können wir die Betragsstriche auch weglassen und es ergibt sich |a + b| = a + b = |a| + |b| .
Wenn sowohl a als auch b negativ sind, ist |a + b| = |(−a) + (−b)| , was wir dann wieder ohne Betragsstriche als
(−a) + (−b) schreiben können. Andererseits gilt dann jedoch auch |a| + |b| = (−a) + (−b), so dass insgesamt in diesem
Fall ebenfalls folgt |(−a) + (−b)| = |a + b| = |a| + |b| .
Für den Fall, dass entweder a oder b kleiner als Null sind, gilt jedoch |a + b| < |a| + |b| , da auf der rechten Seite das
negative Vorzeichen von a oder b umdgedreht wird und wir somit eine höhere Summe erhalten als auf der linken Seite,
wo das Minuszeichen bei der Summenbildung zunächst noch berücksichtigt wird.
Damit folgt insgesamt für beliebige a und b :
|a + b| ≤ |a| + |b| .
2
2
c) Offensichtlich ist |a| = |a2 | , schließlich ist |a| = |a| · |a| , was mit der Überlegung aus a) |a · a| = |a2 | ergibt.
Die Gleichheit lässt sich jedoch auch anschaulich überlegen: Quadratzahlen sind bekanntermaßen sets positiv, also erst
recht im Spezialfall, wenn die Basis selbst eine positive Zahl ist.
d) Analog lässt sich mit a) stufenweise leicht zeigen:
n
|a| = |a| · |a| · |a| · ... · |a| = |an | .
Fehler:
Für welche x ∈ R gilt |2x + 5| > 2 ?
Lösung: Da gilt |2x| + |5| ≥ |2x + 5| , folgt hier |2x| + |5| ≥ |2x + 5| > 2 und damit:
|2x| + |5|
|2x|
|2||x|
|x|
⇒
⇒
⇒
>
>
>
>
2
−3
−3
− 23 .
Damit gilt |2x + 5| > 2 für alle x ∈ R .
Erläuterung:
Hier
wurde
dass die Ungleichung |2x + 5| > 2 nicht für alle x gilt. Für x = − 25 ergibt sich beispielsweise
übersehen,
2 · − 5 + 5 = |0| = 0 . Demnach steckt die Ursache des Fehlers in der falschen Abschätzung in der ersten Aussage.
2
Damit gilt die Behauptung auch nicht für alle x ∈ R .
Korrekte Lösung: Mit einer Fallunterscheidung ergibt sich für 2x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 25 :
⇒
⇒
2x + 5 > 2
2x > −3
x > − 32
und für den anderen Fall 2x + 5 < 0 ⇔ x < − 52 ergibt sich:
⇒
⇒
⇒
(−1)(2x + 5)
2x + 5
2x
x
>
<
<
<
2
−2
−7
− 27
Damit lösen alle x > − 32 und alle x < − 72 die Ungleichung |2x + 5| > 2 .
Fehler:
Versuchen Sie | − a| ohne Betragsstriche zu schreiben!
Lösung: Es gilt
|a| =
a, a ≥ 0,
−a, a < 0.
42
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
und es folgt analog für | − a| :
|−a| =
Erläuterung:
In diesem Fall wurde davon ausgegangen, dass sich aus
|a| =
−a, a ≥ 0,
a, a < 0.
a, a ≥ 0,
−a, a < 0.
für −a die jeweiligen Fälle mit umgedrehten Vorzeichen ergeben würden. Dies ist allerdings falsch, da | − a| = |a| gilt
und sich somit für | − a| das selbe ergibt wie für |a|:
a, a ≥ 0,
|−a| =
−a, a < 0.
Ursache des Fehlers ist somit entweder mangelnde Aufmerksamkeit (im Sinne eines Flüchtigkeitsfehlers) oder eine
Fehlvorstellung bezüglich des Betrages.
Fehler:
Für welche x gilt | − 7x| > 0?
Lösung: Da der Betrag einer Zahl ohnehin größer als Null ist, kann man auch direkt −7x > 0 schreiben, woraus
wiederum x < 0 folgt. Somit gilt obige Gleichung für alle x < 0 .
Erläuterung:
Um Betragstriche aufzulösen, muss man eine Fallunterscheidung durchführen. Ist der Inhalt der Betragsstriche positiv,
also −7x ≥ 0, dann darf man diese weglassen und erhält:
| − 7x| > 0
⇒
−7x > 0
⇒
x < 0.
Ist der Betragsinhalt allerdings negativ, beseitigen die Betragsstriche dieses negative Vorzeichen, was man bei Weglassen der Betragsstriche rechnerisch durch Multilipaktion mit (−1) erreicht (für −7x < 0 gilt also):
| − 7x| > 0
⇒
(−1)(−7x) > 0
⇒
7x > 0
⇒
x > 0.
⇒
|x| > 0
Damit wird die Ursprungsgleichung von allen x 6= 0 erfüllt.
Dies könnte man hier auch leichter erreichen:
|−7x| > 0
⇒
|−7| |x| > 0
⇒
7 |x| > 0
⇒
|x| >
Fehler:
Lösen Sie die Gleichung 5x2 − 8 = 117 nach x auf !
Lösung:
⇒
⇒
⇒
⇒
5x2 − 8
5x2
x2
x
x
= 117
= 125
= 25
√
= | 25|
= 5.
Erläuterung:
Der Lösende hat die Betragsstriche auf der falschen Seite gesetzt.
Es gilt natürlich
⇒
x2
= √
25
⇒
|x| =
25
⇒
|x| = 5
⇒ x1 = −5 und x2 = 5
0
7
⇒
x 6= 0
1.2. UNGLEICHUNGEN
43
Aufgabe: Wie groß ist der Abstand der Zahlen −3 und −18 bzw. 12 und −4?
Lösung:
Gemäß der Definition des Betrags ergibt sich |−3−(−18)| = |−3+18| = |15| = 15 und |12−(−4)| = |12+4| = |16| = 16 .
Aufgabe: Welche x lösen die Ungleichung
|x + 2| ≤ 5 ?
(Man veranschauliche die Lösungsmenge auf der Zahlengeraden).
Lösung:
Um dies lösen zu können, müssen wir eine Fallunterscheidung vornehmen. Wir unterscheiden dabei folgende Fälle:
Fall 1: x + 2 ≥ 0 , dies tritt ein, wenn x ≥ −2 ist.
Dann ergibt sich:
|x + 2|
x+2
x
⇒
⇒
≤
≤
≤
5
5
3
Also ergibt sich unter der Voraussetzung x ≥ −2 die Lösung x ≤ 3 und damit insgesamt −2 ≤ x ≤ 3 .
Fall 2: Hier gilt x < −2 , so dass x + 2 < 0 ist und für die Ungleichung folgt:
⇒
⇒
⇒
⇒
|x + 2|
−(x + 2)
−x − 2
−x
x
≤
≤
≤
≤
≥
5
5
5
7
−7
Somit ergibt sich unter der Voraussetzung x < −2 die Lösung x ≥ −7 . Beides tritt ein für −7 ≤ x < −2.
Somit lösen sowohl alle −2 ≤ x ≤ 3 als auch alle −7 ≤ x < −2 die Ungleichung |x + 2| ≤ 5 . Fügt man beides
zusammen erhält man mit −7 ≤ x ≤ 3 die abschließende Lösung der obigen Ungleichung.
Graphisch stellt sich die Lösungsmenge wie folgt dar:
Ein kürzerer, alternativer Lösungsweg geht von der Idee aus, dass sich aus |x + 2| ≤ 5 die Ungleichung −5 ≤ x + 2 ≤ 5
ergibt, da gemäß der Definition des Betrages der Abstand von x + 2 zur Null kleiner oder gleich 5 sein muss, so dass
x + 2 zwischen −5 und 5 liegen muss. Somit lösen wir wie folgt:
⇒
⇒
⇒
−5
−5 − 2
−7
≤
≤
≤
|x + 2|
x+2
x
x
Aufgabe: Welche Zahlen erfüllen folgende (Un - )gleichungen?
i) |z + 1| < 4
Lösung:
Wir betrachten zwei Fälle:
≤
≤
≤
≤
5
5
5−2
3
44
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Fall 1: z ≥ −1 , dann ist z + 1 ≥ 0 und damit gilt |z + 1| = z + 1 . Somit ergibt sich für unsere Ausgangsungleichung:
|z + 1| = z + 1 < 4
⇒
z<3
Wir müssen nun überprüfen, ob die Lösung z < 3 auch die Voraussetzung z ≥ −1 erfüllt und stellen dabei fest, dass
dies nur für −1 ≤ z < 3 der Fall ist, was die Lösungsmenge des ersten Falls ist.
Fall 2: z < −1 , dann gilt |z + 1| = −(z + 1) und es folgt:
|z + 1| = −(z + 1) < 4
⇒
z + 1 > −4
⇒
z > −5 .
Bei der Überprüfung von Lösung und Voraussetzung zeigt sich, dass sich in diesem Fall wegen z < −1 die Lösung
−5 < z < −1 ergibt.
Fügt man die Lösungen −1 ≤ z < 3 und −5 < z < −1 aus den beiden Fälle zusammen, so erhält man die Gesamtlösung der Ungleichung |z + 1| < 4 :
−5 < z < 3 .
Auch bei dieser Aufgabe ist der alternative Lösungsweg kürzer:
⇒
⇒
−4
−5
<
<
|z + 1|
x+1
x
<
<
<
4
4
3.
ii) |2m + 6| = 4
Lösung:
Fallunterscheidung ergibt:
Fall 1: 2m + 6 ≥ 0 , dies gilt für 2m ≥ −6 und damit für m ≥ −3
Für 2m + 6 ≥ 0 können wir die Betragsstriche weglasssen und erhalten:
|2m + 6| = 2m + 6 = 4
⇒
2m = −2
⇒
m = −1
Da m = −1 die Voraussetzung des Falls erfüllt, haben wir unsere erste Lösung.
Fall 2: m < −3
In diesem Fall ist 2m + 6 < 0 und damit gilt |2m + 6| = −(2m + 6) , so dass für unsere Ausgangsgleichung folgt:
|2m + 6| = −(2m + 6) = 4
⇒
2m + 6 = −4
⇒
2m = −10
⇒
m = −5
Auch diese Lösung liegt im zugrundeliegenden Intervall und ist damit unsere zweite Lösung.
Insgesamt ergeben sich damit die beiden Lösungen m1 = −1 und m2 = −5 .
Auch bei dieser Aufgabe lässt sich die Lösung unter Anwendung eines Satzes verkürzen: Aus |a| = b ergibt sich
a = b oder −a = b .
Bezogen auf unsere Ausgangsgleichung führt uns dies auf folgenden Lösungsweg:
⇔
⇔
⇔
⇔
|2m + 6|
2m + 6
2m
2m
m
=
=
=
=
=
4
4
−2
−2
−1
oder
oder
oder
oder
−(2m + 6)
−2m − 6
−2m
m
=
=
=
=
4
4
10
−5
iii) t = |5|
Lösung:
Unter Anwendung der Definition des Betrags erhalten wir schnell die Lösung: t = |5| = 5 und damit t = 5 .
Aufgabe: Geben Sie den Term | − 3a + 7| ohne Betragsstriche an!
1.2. UNGLEICHUNGEN
45
Lösung:
Wann ist −3a + 7 ≥ 0?
−3a + 7 ≥ 0
⇔
−3a ≥ −7
⇔
Somit gilt für a ≤ 73 : −3a + 7 ≥ 0 und damit | − 3a + 7| = −3a + 7 . Für a >
und damit | − 3a + 7| = −(−3a + 7) = 3a − 7 .
a≤
7
3
7
3
folgt dementsprechend −3a + 7 < 0
Fassen wir dies abschließend noch zusammen:
|−3a + 7| =
−3a + 7, a ≤ 37 ,
3a − 7, a > 73 .
Aufgabe: Geben Sie konkrete Anwendungsbeispiele an, welche Größe mit dem Term |x e − ye | berechnet werden
kann.
Lösung:
Mit diesem Term kann man die Preisdifferenz zweier beliebiger Geldbeträge x e und y e berechnen.
Aufgabe: Beweisen Sie:
1
x + 1 y ≤ |5x| + |7y|
2
2 Lösung:
Beweis: Durch die Dreiecksungleichung wissen wir:
1
x + 1 y ≤ 1 x + 1 y 2
2 2 2
Da außerdem offensichtlich 0 ≤ 29 x gilt, woraus 12 x ≤ 12 x + 29 x = |5x| folgt, gilt auch
1 1 x + y ≤ |5x| + 1 y .
2 2 2 1 1 13 Analog ergibt sich 0 ≤ 13
2 y ⇒ 2 y ≤ 2 y + 2 y = |7y| und damit:
1 |5x| + y ≤ |5x| + |7y|
2
Damit haben wir insgesamt gezeigt:
1
x + 1 y ≤ 1 x + 1 y ≤ |5x| + 1 y ≤ |5x| + |7y|
2 2
2
2
2
und damit die Ausgangsbehauptung 21 x + 12 y ≤ |5x| + |7x| bewiesen.
b
a
Aufgabe: Man ordne die Zahlen 1, und der Größe nach, wobei a, b ∈ N (natürliche Zahlen) und 0 < a 0 gilt):
a
b
< =1
b
b
und damit
a
< 1.
b
46
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Analog folgt nach Division durch a:
a
b
<
a
a
und damit
1<
b
.
a
Somit gilt insgesamt:
a
b
<1< .
b
a
a
b
a
und näher bei der 1 liegt, kann man zunächst intuitiv auf kommen:
b
a
b
a
b
b
Schließlich haben wir eben herausgefunden, dass 0 < < 1 und 1 < gilt, so dass
unendlich groß werden kann,
b
a
a
a
während stets im Intervall zwischen Null und Eins und damit in der “Nähe“ der 1 bleiben muss.
b
Auf die Frage, welche der beiden Zahlen
Wir bestimmen die Abstände mithilfe der Beträge. Der Abstand von
1 −
Und der Abstand von
b
a
a
b
zu 1 beträgt:
a
a b a
b−a
= −
=
= 1−
b
b
b
b
b
zu 1 ist:
b
− 1 = b − 1 = b − a = b − a
a
a
a a
a
Nun gilt für diese Brüche b−a
b <
Damit liegt ab näher an 1 als ab .
b−a
a ,
denn bei gleichem Zähler ist der Bruch mit dem größeren Nenner der Kleinere.
Aufgabe: Man löse folgende Gleichung:
|3x − 5| = x − 2.
Lösung:
Erneut muss eine Fallunterscheidung vorgenommen werden:
Wir betrachten einerseits den Fall 1 mit 3x − 5 ≥ 0 , dies gilt für 3x ≥ 5 und damit für alle x ≥
betrachten wir den Fall 2, für den x < 35 und damit 3x − 5 < 0 gilt:
Fall 1 x ≥
5
3
|3x − 5|
3x − 5
3x
2x
x
= x−2
= x−2
= x+3
= 3
= 23
Da x = 32 die Voraussetzung des Falls 1 nicht erfüllt (schließlich ist
Ausgangsgleichung.
5
3
, andererseits
:
⇒
⇒
⇒
⇒
Fall 2 x <
5
3
3
2
< 53 ), haben wir in diesem Fall keine Lösung der
:
|3x − 5|
⇒ −(3x − 5)
⇒
−3x + 5
⇒
−3x
⇒
−4x
⇒
x
Auch dieses Mal erfüllt die berechnete Lösung wegen
7
4
=
=
=
=
=
=
=1+
Damit hat die Geichung insgesamt keine Lösung!
Aufgabe: Welche c 6= 0 erfüllen die Ungleichung | 2c + 8| ≥ 4?
3
4
x−2
x−2
x−2
x−7
−7
7
4
>1+
2
3
=
5
3
nicht die Voraussetzung des Falls.
1.2. UNGLEICHUNGEN
47
Lösung:
Variante 1:
Vorüberlegung: Um auf die Voraussetzungen für die Fallunterscheidung zu kommen, überlegen wir zunächst, wann
2
c + 8 ≥ 0 gilt. Dazu subtrahieren wir auf beiden Seiten 8 und erhalten:
2
≥ −8 .
c
Nun müssen wir mit c multiplizieren, wofür eine erneute Fallunterscheidung nötig ist:
Fall a: c ≥ 0
Dann folgt nach der Multiplikation mit c :
⇒ 2 ≥ −8c
1
⇒ − ≤ c.
4
Somit muss in Fall a zugleich c ≥ 0 und − 41 ≤ c gelten, was beides im Bereich c ≥ 0 zutrifft.
Fall b: Für c < 0 , muss bei der Multiplikation mit dem nun negativen c das ≥ −Zeichen umgedreht werden:
⇒
⇒
2
c
2
− 14
≥ −8
≤ −8c
≥ c
Im Fall b gilt also zugleich c < 0 und − 14 ≥ c , was beides im Bereich c ≤ − 14 erfüllt wird.
Was haben wir damit bisher erreicht? Wir wissen zunächst, dass sowohl für c > 0 als auch für c ≤ − 14 gilt
In diesem Fall können wir also in der Ausgangsungleichung | 2c + 8| ersetzen durch 2c + 8 .
Für alle anderen Fälle, d.h. für − 14 < c < 0 ist 2c + 8 < 0 und damit | 2c + 8| = −( 2c + 8) .
2
c
+8 ≥ 0.
Somit können wir nun unsere Lösungen in zwei Fällen berechnen:
Fall 1: c > 0 oder c ≤ − 14 :
2
2
| + 8| = + 8 ≥ 4
c
c
2
⇒ ≥ −4
c
An dieser Stelle ist eine weitere Fallunterscheidung nötig:
Fall 1a: c > 0
⇒ 2 ≥ −4c
1
⇒− ≤c
2
Also soll hier c ≥ − 12 unter der Voraussetzung c > 0 gelten, was für c > 0 beides zutrifft.
Mit c > 0 erhalten wir damit zugleich unsere erste Lösung!
Fall 1b: Da im Fall 1 wegen c ≤ − 14 auch mit einem negativen c multipliziert werden könnte, erhalten wir unter
dieser Voraussetzung:
2
≥ −4
c
⇒ 2 ≤ −4c
1
⇒− ≥c
2
Hier ergibt sich also − 12 ≥ c unter der Voraussetzung c ≤ − 41 , was uns insgesamt auf den zweiten Lösngsbereich
c ≤ − 12 führt.
Nun müssen wir nur noch den letzten Fall betrachten:
Fall 2: − 14 < c < 0 :
2
2
| + 8| = −( + 8) ≥ 4
c
c
2
⇒ + 8 ≤ −4
c
48
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
⇒
2
≤ −12
c
An dieser Stelle wird nun mit c multipliziert, was nun allerdings wegen − 41 < c < 0 stets negativ ist. Somit muss das
≤ −Zeichen umgedreht werden:
⇒ 2 ≥ −12c
⇒−
1
≤c
6
Damit ergibt sich im Fall 2: c ≥ − 16 unter der Voraussetzung − 14 < c < 0 , was beides im Bereich − 61 ≤ c < 0 gilt und
unsere letzte Lösung darstellt.
Insgesamt haben wir also folgende drei Lösungen berechnet:
c>0
oder c ≤ −
1
2
oder
−
1
≤c<0
6
Fügt man alle Bereiche zusammen, erhalten wir abschließend die Gesamtlösung der Ungleichung | 2c + 8| ≥ 4 :
c≤−
1
2
1
≤ c (mit c 6= 0) .
6
−
oder
Variante 2:
Stellen wir auch für diese Variante zunächst einige Vorüberlegungen an:
Aus den vorherigen Aufgaben wissen wir, dass sich aus | 2c + 8| ≤ 4 die Ungleichung −4 ≤ 2c + 8 ≤ 4 ergibt. Damit
ergeben sich für | 2c + 8| ≥ 4 die beiden Fälle 2c + 8 ≥ 4 (Fall 1) und −4 ≥ 2c + 8 (Fall 2), die wir nun im Einzelnen
berechnen werden:
Fall 1:
2
+8≥4
c
2
⇔ ≥ −4
c
Fall 1a:
2 ≥ −4c (für c > 0)
1
≤ c,
2
Fall 1a führt uns wegen der Voraussetzung auf die erste Lösung c > 0 .
⇔−
Fall 1b:
2 ≤ −4c (für c < 0)
⇔−
1
≥ c,
2
Fall 1b führt uns damit auf die zweite Lösung c ≤ − 21 .
Fall 2:
2
+8
c
2
⇔ −12 ≥
c
−4 ≥
Fall 2a:
−12c ≥ 2
(für c > 0)
1
⇔c≤− ,
6
Da die Lösung nicht im zugrundegelegten Intervall (c > 0) liegt, erhalten wir in diesem Fall keine weitere Lösung!
Fall 2b:
−12c ≤ 2
(für c < 0)
1.2. UNGLEICHUNGEN
49
1
⇔c≥− ,
6
Dies gilt beides für − 16 ≤ c < 0 , unserer dritten und letzten Lösung.
Fügt man alle drei Lösungen zusammen, erhalten wir auch bei dieser Variante
c>0
oder c ≤ −
1
2
oder
−
1
≤c<0
6
und damit insgesamt
c≤−
1
2
oder
Variante 3:
Um die Aufgabe | 2c + 8| ≥ 4 zu lösen, betrachten wir:
2
+ 8
c
⇔
−4
⇔
−12
1
⇔
− 12
⇔
− 16
−
1
≤ c (mit c 6= 0) .
6
<
<
<
>
>
2
c
4
+8
2
c
c
2
c
<
<
>
>
4
−4
− 14
− 21
und daraus:
c≤−
1
2
oder
−
1
≤ c (mit c 6= 0) .
6
50
1.3
1.3.1
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Mengen von Zahlen
Grundlagen
Fehler:
Sei A = {2, 3, 5} und B die Menge aller Primzahlen. Geben Sie Beziehungen zwischen diesen beiden Mengen an.
Antwort: Da die Menge A auch nur Primzahlen enthält, gilt offensichtlich A = B .
Erläuterung:
Diese Aussage ist falsch, da zwar alle Elemente aus A auch zur Mengen B gehören, nicht aber alle Elemente von B
gehören auch zur Menge A , schließlich gibt es mehr Primzahlen als die drei aus Menge A . Somit gilt aber A ⊂ B ,
nicht aber A = B .
Offensichtlich wurde vergessen, dass auch die zweite Richtung betrachtet werden muss, d.h. dass auch alle Elemente
der zweiten Menge zur Ersten gehören müssen, damit zwei Mengen gleich sind.
Fehler:
Die Menge A enthält drei Primzahlen, in der Menge B sind alle Primzahlen enthalten, also mehr als drei. Somit gilt
offensichtlich A ∈ B .
Erläuterung:
In diesem Fall wurde zunächst richtig erkannt, dass B mehr Elemente enthält. Allerdings wurde dann ein Formfehler
begangen: Es heißt A ⊆ B oder A ⊂ B , nicht aber A ∈ B . Das ∈ −Zeichen wird lediglich für Aussagen zwischen
einem Element und einer Menge verwendet.
Fehler:
Für alle Elemente a aus der Menge A gilt a ⊂ B .
Erläuterung:
Es gilt natürlich für alle a : a ∈ B. Hier wurde nun umgekehrt das ⊂ −Zeichen für eine Aussage zwischen einem
Element und einer Menge verwendet. Es darf allerdings nur für Aussagen zwischen zwei Mengen benutzt werden.
Fehler:
Da die drei Zahlen aus A ebenfalls Primzahlen sind, gilt für alle a ∈ A :
{a} ∈ B .
Erläuterung:
Da mit {a} eine Menge bezeichnet wird, muss hier das ⊂ −Symbol benutzt werden. Es heißt also korrekt {a} ⊂ B erneut ein Formfehler.
Fehler:
Aufgabenstellung: Geben Sie die Menge A = {x ∈ N | x ≤ 4
Studentenlösung: A = {1, 2, 3, 4, 2, 4, 6, 8, 10, ...}
oder
x gerade } in aufzählender Schreibweise an.
Erläuterung:
Hier hat der Student Elemente in der aufzählenden Schreibweise doppelt aufgeführt. Da Mengen allerdings “Zusammenfassungen
wohlunterscheidbarer Elemente“ sind, werden alle Elemente auch nur einmal aufgeführt, selbst wenn sie mehrere Bedingungen der Menge erfüllen.
Fehler:
Aufgabenstellung: Geben Sie alle Teilmengen der Menge M = {Hans, Sigrid, Olaf} an!
Studentenlösung:
Es ergeben sich folgende Teilmengen:
{Hans}, {Sigrid}, {Olaf}, {Hans, Sigrid}, {Hans, Olaf}, {Sigrid, Olaf}, {Hans, Sigrid, Olaf} .
Erläuterung:
Dieser Student hat die leere Menge in seiner Aufzählung vergessen. Vermutlich dachte er, die leere Menge sei keine
Teilmenge, da sie ja auch keine Elemente enthält und somit keine “wirkliche“ Menge ist. Dies ist eine typische Fehlvorstellung bzgl. ∅ . Tatsächlich ist die leere Menge sogar Teilmenge aller Mengen.
Fehler:
Wenn ich die Menge aller Lösungen einer Aufgabe bestimmen soll und diese Aufgabe hat keine Lösungen, so gibt es
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
51
auch keine Lösungsmenge.
Erläuterung:
Auch diese Aussage zeigt eine Fehlvorstellung bzgl. der leeren Menge. Wenn eine Aufgabe keine Lösung hat, dann ist
die Lösungsmenge durchaus existent, nur schlichtweg leer.
Fehler:
Ist die Menge A Teilmenge der Menge B, dann kann B nicht Teilmenge von A sein!
Erläuterung:
Hier wurde der Begrif der Teilmenge mit dem der echten Teilmenge verwechselt. Da aus A ⊆ B folgt A ⊂ B oder
A = B , ergibt sich umgekehrt aus A = B : A ⊆ B und B ⊆ A . Somit ist im Fall A = B auch A stets Teilmenge
von B und umgekehrt.
Fehler:
Ist C Teilmenge von M , dann folgt daraus nicht notwendigerweise, dass C eine echte Teilmenge von M ist. Dieser
Satz gilt auch umgekehrt.
Erläuterung:
Die erste Teilaussage ist durchaus richtig, da aus C ⊆ M folgt C ⊂ M oder C = M , so dass C nicht unbedingt echte
Teilmenge von M sein muss. Die Aussage, dass aus A ⊂ M nicht zwingendermaßen A ⊆ M folgt ist allerdings falsch,
denn wenn A echte Teilmenge von M ist, dann gilt erst recht A ⊂ M oder A = M und damit A ⊆ M .
Fehler:
Wenn A = B gilt, dann kann A nicht Teilmenge von B sein.
Erläuterung:
Auch in diesem Fall liegt eine Verwechslung des Begriffs “Teilmenge“ mit “echter Teilmenge“ vor. Da A ⊆ B gleichbedeutend ist mit A ⊂ B oder A = B , folgt aus A = B auch immer A ⊆ B (s.o.). Die Aussage ist somit falsch und
muss korrekterweise lauten: “Wenn A = B gilt, dann kann A nicht echte Teilmenge von B sein.“
Fehler:
Offensichtlich gilt {1, 2, 4} =
6 {2, 4, 1} .
Erläuterung:
Diese Aussage ist falsch! Es gilt nämlich durchaus {1, 2, 4} = {2, 4, 1} , da alle Elemente der ersten Menge auch in der
Zweiten zu finden sind und umgekehrt. Die unterschiedliche Reihenfolge, in der die Elemente aufgeschrieben wurden,
spielt keine Rolle.
Fehler:
Eine Menge muss mehr als ein Element enthalten, sonst ist sie ja nur ein Element und keine “ganze Menge“.
Erläuterung:
Auch diese Aussage ist falsch. Eine Menge kann natürlich auch nur ein oder gar kein Element enthalten. Offensichtlich
liegt hier eine grundlegende Fehlvorstellung bzgl. des Mengenbegriffs vor.
Aufgabe: Entscheiden Sie jeweils begründet, ob eine Menge vorliegt oder nicht:
• {}
• N
• Alle natürlichen Zahlen zusammen mit allen negativen.
• M
• Die Gerade g
• {x ∈ R|x ≤ 4 und x ≥ 5}
• {{1}, {2}, {3}}
• “Karl ist reich: Er hat eine Menge Geld.“
Lösung:
52
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
• {} : Dies ist eine Menge, nämlich die leere Menge ∅!
• N : N ist die Menge der natürlichen Zahlen.
• Alle natürlichen Zahlen zusammen mit allen negativen: Auch dies ist eine Menge, nämlich diejenige Menge, die
durch zusammenfügen der natürlichen Zahlen mit den negativen reelen Zahlen zu einer einzigen Menge entsteht.
• M : Da M nicht weiter definiert ist, können wir hier nicht eindeutig sagen, ob es sich um eine Menge handelt oder
nicht. Zwar werden Mengen üblicherweise mit Großbuchstaben bezeichnet, ein Großbuchstabe muss allerdings
umgekehrt nicht immer für eine Menge stehen.
• Die Gerade g : Dieses geometrische Objekt stellt eine Menge dar, nämlich die Menge aller Punkte, die Element
der Geraden sind. Insofern ist jede Gerade auch stets eine (Punkt - )Menge.
• {x ∈ R|x ≤ 4 und x ≥ 5} : Obwohl es kein Element gibt, dass die in der Menge erforderlichen Eigenschaften
erfüllt, handelt es sich auch hierbei um eine Menge, die jedoch leer ist.
• {{1}, {2}, {3}} : Dies ist ebenfalls eine Menge, nur stellt sie selbst eine Zusammenfassung von drei anderen
Mengen mit jeweils nur einem Element dar.
• “Karl ist reich: Er hat eine Menge Geld.“: Obwohl auch in dieser Aussage von einer Menge die Rede ist und
man Karls Guthaben als eine Menge auffassen kann, ist dennoch mit “eine Menge Geld“ sehr viel Geld und
damit eben nicht “Menge“ im mathematsichen Sinne gemeint. Man könnte sagen, dass in der Umgangssprache
mit “eine Menge“ die Mächtigkeit von Karls Geldmenge und nicht die Geldmenge selbst gemeint ist.
Aufgabe: Man vergleiche die beiden Mengen:
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
und B = {x | x ≤ 7 und x ist eine natürliche Zahl} .
Lösung:
Da B = {x | x ≤ 7 und x ist eine natürliche Zahl} = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = A gilt, sind die beiden Mengen identisch.
Aufgabe: Man gebe alle Teilmengen der folgenden Menge an:
A = {1, 2, 3, 4}.
Welche davon sind echte Teilmengen von A?
Lösung:
{}, {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} .
Alle Mengen außer der Menge {1, 2, 3, 4} sind echte Teilmengen von A .
Aufgabe: Sie haben verschiedene Darstellungsweisen von Mengen kennen gelernt. Geben Sie bei den nachstehenden
Mengen jeweils eine Darstellung in allen anderen Formen an!
(i) B = {x ∈ Z|0 ≤ x ≤ 7}
Lösung:
Die charakterisierende Schreibweise war vorgegeben: B = {x ∈ Z|0 ≤ x ≤ 7} . Es fehlen:
Aufzählend: B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
Verbal: Sei B die Menge aller ganzen Zahlen von einschließlich 0 bis einschließlich 7 .
Venn - Diagramm:
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
53
(ii)
Bild: Die Menge H als Venn - Diagramm.
Lösung:
Aus dem Bild entnehmen wir:
Aufzählend: H = {2, 4, 6, 8, 10, 12}
Verbal: Sei H die Menge aller geraden natürlichen Zahlen bis einschließlich 12.
Charakterisierend: H = {x ∈ N|x ≤ 12 und x gerade}
(iii) Sei M die Menge aller Zahlen, deren Abstand zu −10 höchstens 2 ist.
Lösung:
Die verbale Beschreibung “Sei M die Menge aller Zahlen, deren Abstand zu −10 höchstens 2 ist.“ führt uns auf:
Aufzählend: Eine Äufzählung ist nicht möglich, da eine unendliche Menge vorliegt.
Charakterisierend: M = {x | |x + 10| ≤ 2} .
Venn - Diagramm: Die Darstellung als Venn - Diagramm ist in diesem Fall nicht möglich, da eine unendliche Menge
vorliegt. Man könnte die Menge am Zahlenstrahl veranschaulichen.
Aufgabe: Kurze Frage:
Welche Menge ist Teilmenge von allen Mengen? Von welchen Mengen ist sie sogar echte Teilmenge?
Lösung:
Die leere Menge ist Teilmenge aller Mengen und ist echte Teilmenge einer jeden Menge außer sich selbst.
54
Aufgabe: Zeigen Sie für endliche Mengen A und B:
Gilt auch die Umkehrung des Satzes?
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
“Ist A ⊂ B , dann ist |A| < |B|.“
Lösung:
Aus A ⊂ B folgt, dass alle Elemente aus A auch zur Menge B gehören. Da A allerdings echte Teilmenge von B ist,
muss nach der Definition in B mindestens ein Element liegen, dass nicht zu A gehört. Damit enthält B wiederum auch
mindestens ein Element mehr als A , so dass aus A ⊂ B stets folgen muss: |A| < |B| .
Die Umkehrung gilt allerdings nicht, da aus |A| < |B| nicht zwingendermaßen folgt, dass A ⊂ B gilt, wie es das
folgende Beispiel zeigt:
Seien A = {1, 2} und B = {3, 4, 5} , dann ist |A| = 2 < 3 = |B| , es gilt jedoch nicht A ⊂ B .
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
1.3.2
55
Mengenoperationen
Aufgabe: Fügt man die Elemente beider Mengen zusammen, so entsteht die so genannte Vereinigungsmenge
A∪B.
a) Geben Sie A ∪ B in aufzählender Form an, veranschaulichen Sie die Vereinigung durch ein Venn - Diagramm und
geben Sie auch eine formale Charakterisierung in Zeichen an.
Lösung:
In aufzählender Form: A ∪ B = −5, −4, −2, 0, 12 , 1, 7, 15, 20, 30
In Zeichen: A ∪ B = {c|c ∈ A oder c ∈ B} .
Bild: Venn - Diagramm zu A ∪ B.
b) Mengen sind laut Definition des vorherigen Moduls eine “Zusammenfassung wohlunterscheidbarer Objekte“. Was
bedeutet dies allgemein für Vereinigungsmengen?
Lösung:
Elemente, die in beiden Mengen auftauchen, werden in der Vereinigungsmenge nicht zweimal, sondern nur einmal
aufgeführt.
c) Überprüfen Sie, ob das Kommutativgesetz A ∪ B = B ∪ A für unsere beiden Mengen gilt.
Lösung:
Es ist egal, ob ich alle Elemente aus A zu den Elementen von B hinzufüge oder umgekehrt, das Ergebnis (die Vereinigungsmenge) ist stets dasselbe. Es gilt also A ∪ B = B ∪ A , wobei 1 = 22 verwendet wird.
Aufgabe: Die Menge aller Elemente, die sowohl in A als auch in B liegen, nennt man die Schnittmenge A ∩ B .
a) Stellen Sie A ∩ B ebenfalls in aufzählender Form, als Venn - Diagramm und in Zeichen charakterisiert dar.
Lösung: A ∩ B = −2, 0, 21 , 1
bzw. A ∩ B = {x|x ∈ A und c ∈ B}
Bild: Venn - Diagramm zu A ∩ B .
b) Geben Sie zwei konkrete Mengen M und N an, bei denen gilt M ∩ N = ∅ .
56
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Lösung:
Die Mengen dürfen keine gemeinsamen Elemente haben, dann gilt M ∩N = ∅ , so z.B. mit M = {1, 2} und N = {3, 4} .
Aufgabe: Nimmt man alle Elemente von B, die auch in A liegen, aus A heraus, so entsteht die so genannte Differenzmenge A \ B .
a) Geben Sie auch hier A \ B in den drei Darstellungsformen an.
Lösung:
A \ B = {−5, 7, 20}
A \ B = {x|x ∈ A und x ∈
/ B} bzw. A \ B = {x ∈ A|x ∈
/ B}
Bild: Venn - Diagramm zu A \ B .
b) Ausgehend von den Erkenntnissen der vorherigen Aufgabenteile: Wie nennt man die Menge, deren Elemente aus A
entfernt werden?
Lösung:
Es werden alle Elemente der Schnittmenge A ∩ B entfernt.
Aufgabe: Bestimmen Sie jeweils die Mächtigkeit der Vereinigungsmenge A ∪ B und die Mächtigkeit der Differenzmenge A \ B .
Wie kann man |C ∪ D| und |C \ D| allgemein berechnen?
Lösung:
Es gilt |A ∪ B| = −5, −4, −2, 0, 12 , 1, 7, 15, 20, 30 = 10 und |A \ B| = |{−5, 7, 20}| = 3 .
Allgemein:
|C ∪ D| = |C| + |D| − |C ∩ D| , weil mit |C| + |D| die Elemente der Schnittmenge doppelt gezählt wurden.
|C \ D| = |C| − |C ∩ D| , da man bei Bildung der Differenzmenge C \ D nur die Elemente der Schnittmenge C ∩ D aus
C entfernt.
Aufgabe: Wir betrachten die Lösungsmenge
1
5
L = x 3a − ≤ x ≤ a + 10 .
2
2
Hier wird gefragt:
1. Für welche a ist die Lösungsmenge leer?
2. Für welches a besteht die Lösungsmenge aus genau einer Zahl?
3. Für welche a besitzen die größte und kleinste Zahl der Lösungsmenge einen Abstand, der mindestens 5 beträgt?
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
57
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
1. Die Lösungsmenge L soll leer sein. Dann hat zu gelten:
3a −
5
1
> a + 10.
2
2
Diese Ungleichung lösen wir nach a auf:
1
a + 10
2
1
5
3a − a >
+ 10
2
2
5
25
a >
2
2
a > 5.
3a −
5
2
>
Für a > 5 ist die Lösungsmenge L leer.
2. Die Lösungsmenge L soll nur aus einer Zahl bestehen. Dann hat zu gelten:
3a −
5
1
= a + 10.
2
2
Diese Gleichung lösen wir nach a auf:
3a −
5
2
1
3a − a
2
5
a
2
a
1
a + 10
2
5
=
+ 10
2
25
=
2
= 5.
=
Für a = 5 hat die Lösungsmenge genau ein Element, nämlich
25
2
.
3. Wir betrachten die Lösungsmenge L . Die kleinste Zahl dieser Menge ist 3a − 52 , und die größte Zahl ist 12 a + 10.
Der Abstand zweier Zahlen r und s wird wie folgt berechnet (siehe Abschnitt “Betrag“): |s − r| . Da der Abstand der
Zahlen mindestens 5 betragen soll, ergibt sich folgende Ungleichung:
1
a + 10 − 3a − 5 ≥ 5.
2
2 Diese lösen wir auf:
1
a + 10 − 3a − 5 ≥ 5
2
2 1
a + 10 − 3a + 5 ≥ 5
2
2
5
− a + 25 ≥ 5
2
2
58
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Fallunterscheidung:
Erster Fall:
5
25
− a+
2
2
5
− a
2
a
≥ 5
≥
−
15
2
≤ 3
Zweiter Fall:
5
25
− − a+
2
2
5
25
a−
2
2
5
a
2
a
≥
5
≥
5
≥
≥
35
2
7
Als mögliche Lösungen ergeben sich a ≤ 3 oder a ≥ 7. Für a ≥ 7 erhalten wir aber eine leere Lösungsmenge (siehe
erste Fragestellung dieser Aufgabe: L = ∅ ⇔ a > 5).
Die richtige Antwort auf die Fragestellung ist demnach a ≤ 3 .
Fehler:
Aufgabenstellung: Gegeben seien die Mengen A und B mit A = {x ∈ N | x ≤ 10} und B als Menge aller geraden
natürlichen Zahlen bis einschließlich 20.
Bestimmen Sie die Mächtigkeit der Vereinigungsmenge von A und B .
Studentenlösung:
Es gilt
|A| = |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}| = 10
und
|B| = |{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}| = 10 .
Somit ist offensichtlich
|A ∪ B| = |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}| ∪ |{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20}| = 10 + 10
und damit insgesamt
|A ∪ B| = 20
Erläuterung:
Hier wurden zwei Fehler begangen:
Fehler 1: Während A für eine Menge, |A| jedoch für deren Mächtigkeit und damit für eine Zahl steht, ist die
Verknüpfung A ∪ B genauso erlaubt wie die Rechnung |A| + |B| , schließlich werden im letzten Fall Zahlen addiert.
Jedoch ist |A| ∪ |B| genauso falsch und unsinnig wie z.B. 5 ∪ 7 . Es handelt sich hier also um einen Formfehler.
Fehler 2: Außerdem hat der Student einige Elemente doppelt gezählt und damit übersehen, dass gilt:
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| .
Korrekte Lösung:
|A ∪ B| = |{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 14, 16, 18, 20}| = 15
Fehler:
Seien wieder A und B gegeben mit A = {x ∈ N | x ≤ 10} und B als Menge aller geraden natürlichen Zahlen bis
einschließlich 20.
Die Menge C1 entsteht, wenn man die Menge B um die Elemente der Menge A verringert, die Menge C2 enthält
alle Elemente der Menge A ohne die Elemente der Menge B. Wie viele Elemente liegen dann noch in C1 und C2 ?
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
59
Studentenlösung:
C1 = B/A = {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20} − {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} = {12, 14, 16, 18, 20}
Wie man leicht sieht, ist daher
|C1 | = 5 .
Genauso ist
C2 = A/B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} − {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18, 20} = {1, 3, 5, 7, 9}
und somit
|C2 | = 5 .
Insgesamt ergibt sich demnach B/A = A/B .
Erläuterung:
Hier wurden insgesamt drei Fehler gemacht:
Fehler 1: Erneut ein Formfehler, es heißt A \ B und nicht A/B .
Fehler 2: In Analogie zu oben wurde wieder ein Rechenzeichen zwischen zwei Mengen geschrieben, korrekt lautet es
jedoch: {...} \ {...} . Das Minuszeichen darf nur zwischen Zahlen stehen.
Fehler 3: Die Mächtigkeit der Differenzmenge ist hier (zufälligerweise) gleich. Dennoch folgt hieraus lediglich |B \A| =
|A \ B|. Offensichtlich enthalten A und B jedoch unterschiedliche Elemente und es gilt damit A 6= B .
Fehler:
Aufgabenstellung: Überprüfen Sie, ob die Gleichheit (A ∪ B) ∩ C = A ∪ (B ∩ C) allgemeingültig ist.
Studentenlösung:
Die Allgemeingültigkeit der Gleichung lässt sich mit einem Venn - Diagramm leicht darstellen:
Bild: Antwort - Skizze.
Erläuterung:
Dieser Student hat leider als Grundlage seiner Begründung eine Skizze gewählt, die einen Spezialfall darstellt, für den
tatsächlich (A ∪ B) ∩ C = A ∪ (B ∩ C) gilt. Im allgemeinen Fall gilt dies jedoch nicht.
Es ist stets Vorsicht geboten, wenn man Skizzen zu Argumentationszwecken verwendet: Da man in der Regel nur
einen Fall graphisch darstellen kann, kann dies auch - wie in diesem Beispiel geschehen - genau einer der Spezialfälle
sein, für den die allgemein zu zeigende Aussage dann gilt. Die Allgemeingültigkeit lässt sich auf diesem Weg also nicht
belegen.
60
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Aufgabe: Man bilde die Vereinigung und den Durchschnitt der beiden Mengen:
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
und B = {−1, 2, 3, 4}.
Lösung:
A ∪ B = {−1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}
A ∩ B = {2, 3, 4}
Aufgabe: Man bilde die Differenzmenge A \ B und den Durchschnitt der beiden Mengen:
A = {x | x ≥ 3}
und B = {x | x ≤ 5}.
Lösung:
A \ B = {x | x > 5}
A ∩ B = {x | 3 ≤ x ≤ 5}
Aufgabe: Geben Sie jeweils zwei Mengen an, so dass die Menge {−2, 0, 43 , 4} die
a) Schnittmenge,
b) Differenzmenge,
c) Vereinigungsmenge
der beiden Mengen darstellt.
Lösung:
a) z.B. A = {−2, −1, 0, 1, 34 , 4, 5, 6} und B = {−2, 0, 21 , 43 , 4, 7} , dann ist A ∩ B = {−2, 0, 43 , 4} .
b) z.B. A = {−2, −1, 0, 1, 43 , 4, 5, 6} und C = {−1, 1, 5, 6} , dann ist A \ C = {−2, 0, 43 , 4} .
c) z.B. D = {−2} und E = {0, 34 , 4} , dann ist D ∪ E = {−2, 0, 43 , 4} .
Aufgabe: Zeigen Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind:
A⊆A∪B
bzw.
A⊆A∩B.
Lösung:
A ⊆ A ∪ B ist korrekt, da stets A ⊆ A gilt und damit erst recht A ⊆ A ∪ B , schließlich kommen bei der Vereinigung
von A und B nur noch die Elemente aus B zur Menge A hinzu, sodass stets auch gelten muss A ⊆ A ∪ B .
A ⊆ A ∩ B ist nicht allgemeingültig, sondern nur für den Fall, dass A ∩ B = A gilt und damit A eine Teilmenge von
B ist. Ist beispielsweise A = {1, 2} und B = {2, 3} , dann ist A ∩ B = {2} und damit A keine Teilmenge von A ∩ B .
Aufgabe: Geben Sie folgende Mengenterme bzw. Gleichungen in Form von Venn - Diagrammen an.
1. (A ∩ B) ∪ (C ∩ A)
Lösung:
(A ∩ B) ∪ (C ∩ A) :
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
2. M ∩ N ∩ U
Lösung:
M ∩N ∩U :
3. H ∩ J = ∅
Lösung:
H ∩J =∅:
4. A ∪ B = C \ D
Lösung:
A∪B =C \D :
61
62
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
5. R ∩ T = T . Können Sie diese Gleichung auch mit Hilfe einer anderen Mengenoperation ausdrücken?
Lösung:
R∩T =T :
Man könnte diese Gleichung auch so ausdrücken:
R∪T =R
oder
T \ R = ∅.
Aufgabe: Seien D und F zwei beliebige, endliche Mengen. Geben Sie mindestens eine allgemeine Formel zur Berechnung von |D ∩ F | an.
Lösung:
Man kann zur Berechnung z.B.
|D ∩ F | = |D| + |F | − |D ∪ F |
oder
|D ∩ F | = |D| − |D \ F |
verwenden.
Aufgabe: In einem Seminar mit 20 Studenten, von denen jeder ein Fahrrad oder ein Auto besitzt, haben 15 ein
Fahrrad und 2 sowohl ein Auto als auch ein Fahrrad. Wieviele haben demnach ein Auto?
Lösung:
Sei A die Menge aller Seminarteilnehmer mit einem Fahrrad und B die Menge der Seminarteilnehmer, die ein Auto
besitzen. Somit ist A ∪ B die Menge aller 20 Seminarteilnehmer, womit gilt |A ∪ B| = 20 . Gesucht ist mit |B| die
Mächtigkeit der Menge der ein Auto besitzenden Seminarteilnehmer.
Da wir wissen, dass 15 Teilnehmer ein Fahrrad besitzen, woraus sich |A| = 15 ergibt, und dass 2 sowohl ein Auto
als auch ein Fahrrad besitzen, womit |A ∩ B| = 2 gilt, können wir zur Berechnung der gesuchten Größe |B| folgende
Gleichung verwenden:
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
⇒ 20 = 15 + |B| − 2
⇒ |B| = 7
1.3. MENGEN VON ZAHLEN
63
Somit haben genau 7 Seminarteilnehmer ein Auto.
Aufgabe: Seien A, B und C drei beliebige, endliche Mengen.
Leiten Sie eine Formel zur Berechnung von |A ∪ B ∪ C| her.
Lösung:
Berechnet werden soll die Mächtigkeit der Vereinigungsmenge der drei Mengen A, B und C . Addiert man dabei
zunächst die Mächtigkeit der drei Mengen |A| + |B| + |C| so wurden die Elemente der Schnittmengen A ∩ B , A ∩ C
und B ∩ C doppelt gezählt. Zieht man diese wiederum ab, so hat man mit |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|
allerdings zu wenige Elemente: Da die Elemente der Schnittmenge A ∩ B ∩ C zu allen drei Mengen gehören und
daher bei der Summe |A| + |B| + |C| zunächst 3 - fach mitgezählt wurden, dann allerdings durch Abziehen der drei
Schnittmengen, in denen die Elemente aus A ∩ B ∩ C ebenfalls stets enthalten sind, auch drei mal wieder entfernt
wurden, fehlen nun eben diese Elemente in der Rechnung. Somit ergibt sich insgesamt:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C| .
Aufgabe: Zeigen Sie:
A ∩ B ⊆ A \ (A \ B) .
Lösung:
Entfernt man aus der Menge A alle Elemente der Menge B , so erhalten wir mit A \ B dasselbe, wie wenn wir aus der
Menge A die Elemente aus der Schnittmenge A ∩ B entfernen.
Entfernt man nun aus A die Elemente der Menge A \ B , so erhät man A \ (A \ B) genau jene Elemente, die in A ∩ B
liegen. Somit gilt A \ (A \ B) = A ∩ B und mit A ∩ B ⊆ A ∩ B auch A ∩ B ⊆ A \ (A \ B)
Aufgabe:
1. Wann gilt allgemein C ∪ D = C ? Stellen Sie diesen Fall mit Hilfe von Venn - Diagrammen dar!
2. Wann gilt allgemein C ∩ D = C ? Fertigen Sie ebenfalls ein Venn - Diagramm an.
3. Wann gilt allgemein C \ D = C ? Erstellen Sie auch hierzu ein passendes Venn - Diagramm.
Lösung:
1. C ∪ D = C gilt genau dann, wenn es keine Elemente in D gibt, die nicht in C liegen. Dies ist genau dann der
Fall, wenn D ⊆ C ist, also wenn D eine echte Teilmenge von C ist oder wenn C und D identisch sind.
64
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Bild: Der Fall C ∪ D = C .
2. C ∩ D = C gilt genau dann, wenn C ⊆ D .
Bild: Venn - Diagramm zu C ∩ D = C .
3. Da bei Bildung der Differenzmenge alle Elemente der Schnittmenge C ∩ D entfernt werden, ergibt sich C \ D = C
genau dann, wenn C ∩D = ∅ , d.h. wenn C und D keine gemeinsamen Elemente haben, die aus C entfernt werden
könnten.
Bild: Venn - Diagramm zum Fall C \ D = C .
1.4. ARITHMETIK
1.4
1.4.1
65
Arithmetik
Stellenwertsystem
Aufgabe: Als “ANNA-Zahlen“ bezeichnen wir alle vierstelligen Zahlen, bei denen jeweils die erste und die letzte
sowie die beiden mittleren Ziffern gleich sind – genau wie die Buchstaben im Wort ANNA. Betrachten Sie nun zunächst
folgende Rechnungen mit den ANNA-Zahlen:
7447
−4774
2673
6336
−3663
2673
8558
−5885
2673
6226
−2662
3564
9559
−5995
3564
7337
−3773
3564
9449
−4994
4455
8338
−3883
4455
7227
−2772
4455
Stellen Sie eine Vermutung auf, bei welchen Subtraktionen jeweils dasselbe Ergebnis herauskommt.
Belegen Sie ihre Aussage jeweils an einem weiteren Beispiel pro Zeile.
Lösung:
Offensichtlich ergibt sich bei den Differenzen in derselben Zeile auch jeweils das selbe Ergebnis. Es lässt sich feststellen,
dass die jeweiligen Zahlenpaare in der ersten Zeile aus zwei Ziffern bestehen, deren Differenz genau 3 beträgt: Es gilt
7 − 4 = 6 − 3 = 8 − 5 = 3.
In der zweiten Zeile beträgt die Differenz der Ziffern jeweils 6 − 2 = 9 − 5 = 7 − 3 = 4 und bei den Zahlen in der
dritten Zeile beträgt die Differenz stets 5 .
Daraus ergibt sich folgende Vermutung:
Bei der Subtraktion der ANNA-Zahlen kommt immer dann das selbe Ergebnis heraus, wenn die Differenz der verwendeten Ziffern gleich ist.
Für die erste Zeile bedeutet dies, dass das Ergebnis 2673 z.B. auch bei der Differenz der ANNA-Zahlen aus den Ziffern
9 und 6 herauskommt:
9669
−6996
2673
Um für die zweite Zeile ein weiteres Beispiel zu finden, benötigen wir nun zwei Ziffern mit der Differenz 4 , also z.B. 5
und 1. Damit ergibt sich:
5115
−1551
3564
Als Beispiel für die letzte Zeile können nur noch die Ziffern 6 und 1 gewählt werden, da diese neben den in der dritten
Zeile verwendeten Zahlen als einzige noch die Differenz 5 haben. Auch hier stimmt unsere Vermutung.
6116
−1661
4455
Fehler:
195 = 12 · 16 + 3 , also gilt 195 = (123)16
Erläuterung:
66
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Hier wurde statt eines Buchstabens eine zweistellige Zahl als Ziffer verwendet. Es liegt vermutlich ein grundlegendes
Verständnisproblem bzgl. Stellenwertsysteme und deren Ziffern vor. Die korrekte Antwort lautet 195 = (C3)16 .
Fehler:
Es gilt 2573 = (43301)7 , denn:
2573 : 7
367 : 7
52 : 7
7:7
1:7
=
=
=
=
=
367
52
7
1
0
Rest
Rest
Rest
Rest
Rest
4
3
3
0
1
Erläuterung:
Hier wurde zwar der Algorithmus vollständig und richtig angewendet, allerdings letztlich die Ziffern in falscher Reihenfolge abgelesen. Ursache ist entweder ein Flüchtigkeitsfehler oder falsches Auswendiglernen. Die korrekte Lösung
lautet 2573 = (10334)7 .
Fehler:
500 = (15)9 , denn
500 : 9
55 : 9
=
=
55
6
Rest 5
Rest 1
Erläuterung:
In diesem Fall wurde der letzte Schritt vergessen. Der Algorithmus muss so lange fortgesetzt werden, bis die Division
das erste Mal Null ergibt und wir den letzten Rest und damit unsere erste Ziffer erhalten.
Korrekte Lösung: 500 = (15)9 , denn
500 : 9
55 : 9
6:9
=
=
=
55
6
0
Rest 5
Rest 1
Rest 6
Somit ist 500 = (615)9 .
Fehler:
(237)8 + (431)8 = (668)8
Erläuterung:
Hier wurde statt im 8er- im Zehnersystem gerechnet und übersehen, dass im 8er-System nur Bündel zu je 8 Elementen
gebildet werden, wodurch bei der Einerstelle ein Übertrag nötig wird. Die Ziffer 8 kann so im 8-adischen System
überhaupt nicht auftauchen. Es liegt vermutlich ein Flüchtigkeitsfehler oder ein Verständnisfehler bzgl. des Rechnens
in anderen Stellenwertsystemen vor. Die korrekte Lösung lautet
(237)8 + (431)8 = (670)8 .
Fehler:
In 387 passen genau 43 Päckchen zu je 9 Elementen. Also gilt: 387 = (43)9 .
Erläuterung:
Hier liegt ein grundlegendes Verständnisproblem bzgl. Stellenwertsysteme vor. Der Lösende weiß nicht, dass man in
einem g-adischen System höchstens g − 1 Bündel der Größe g i bildet und wie man Dezimalzahlen in andere Stellenwertsysteme umrechnet.
Die korrekte Lösung lautet: 387 = (470)9 und kann z.B. mit Hilfe des Divisionsalgorithmus wie folgt berechnet werden:
387 = 43 · 9 + 0
43 = 4 · 9 + 7
4=0·9+4
Damit erhalten wir 387 = (470)9 .
1.4. ARITHMETIK
67
Fehler:
(723)8 = 7 · 83 + 2 · 82 + 3 · 8 = 3584 + 128 + 24 = 3736 .
Erläuterung:
Hier wurden die Exponenten falsch notiert, so dass auch das Endergebnis falsch ist. Dieser Fehler ist typisch: Man
denkt, dass an der dritten Stelle auch die Potenz 83 stehen muss. Da aber an der ersten Stelle die Potenz 80 steht,
haben wir an der dritten Stelle die Potenz 82 .
Korrekte Lösung:
(723)8 = 7 · 82 + 2 · 81 + 3 · 80 = 7 · 64 + 2 · 8 + 3 = 448 + 16 + 3 = 467 .
Fehler:
Es gilt 7 = (7)9 = (7)8 = (7)7 = (7)6 = ... = (7)2 .
Erläuterung:
Die Aussage “Es gilt 7 = (7)9 = (7)8 = (7)7 = (7)6 = ... = (7)2“ ist nur für alle g-adischen Systeme mit g > 7 gültig.
In allen Systemen mit g ≤ 7 gibt es die Ziffer 7 nicht. So gilt z.B. 7 = (10)7 = (11)6 = (12)5 usw.
Fehler:
Es gibt genau 53 = 125 dreistellige Zahlen im 5er-System.
Erläuterung:
Die Aussage “Es gibt genau 53 = 125 dreistellige Zahlen im 5er-System“ ist ebenfalls falsch, da die führende Ziffer
einer dreistelligen Zahl nicht Null sein darf, sonst wäre es ja eine zweistellige Zahl. Somit gibt es für die führende Stelle
4 und für die anderen beiden 5 Ziffern zur Auswahl und damit insgesamt 4 · 52 = 100 dreistellige Zahlen im 5er-System.
Aufgabe: Rechnen Sie folgende Zahlen in das Dezimalsystem um ...:
(i) ... durch direkte Multiplikation: (11111010011)2 .
(ii)... mit Hilfe einer Stellenwerttafel: (B917F )17 .
(iii) ... mit Hilfe des Hornerschemas: (ABCDEF )20 .
Lösung:
(i) ... durch direkte Multiplikation: (11111010011)2 .
(11111010011)2 = 1·210 +1·29 +1·28 +1·27 +1·26 +0·25 +1·24 +0·23 +0·22 +1·21 +1·20 = 210 +29 +28 +27 +26 +24 +21 +20 =
2003 .
(ii)... mit Hilfe einer Stellenwerttafel: (B917F )17 .
Also gilt (B917F )17 = 963371 .
(iii) ... mit Hilfe des Hornerschemas: (ABCDEF )20 .
Somit ist (ABCDEF )20 = 33861495 .
Aufgabe: Stellen Sie ...
(i) 999 unter Nutzung einer Stellenwerttafel im 4er-System dar.
(ii) 962 mit Hilfe der Division mit Rest im 7er-System dar.
(iii) 1255 im 12er-System dar (Vorgehen freigestellt).
Lösung:
(i) 999 unter Nutzung einer Stellenwerttafel im 4er-System dar.
68
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Somit ist 999 = (33213)4 .
(ii) 962 mit Hilfe der Division mit Rest im 7er-System dar.
962
=
137 · 7 + 3
137
=
19 · 7 + 4
19
=
2·7+5
2
=
0·7+2
1255
=
104 · 12 + 7
104
=
8 · 12 + 8
8
=
0 · 12 + 8
Damit erhalten wir 962 = (2543)7 .
(iii) 1255 im 12er-System dar (Vorgehen freigestellt).
Wir errechnen mit der Stellenwerttafel...
... und mit der Division mit Rest:
In beiden Fällen ergibt sich: 1255 = (887)12 .
Aufgabe: Berechnen Sie im jeweiligen Stellenwertsystem:
(i) (51543)6 + (32052)6
(ii) (23321)4 + (12213)4
(iii) (20112)3 − (1020)3
(iv) (253471)8 − (135127)8
(v) (561)8 · (247)8
(vi) (1234)5 · (1234)5
Lösung:
(i) (51543)6 + (32052)6
1.4. ARITHMETIK
(ii) (23321)4 + (12213)4
(iii) (20112)3 − (1020)3
(iv) (253471)8 − (135127)8
(v) (561)8 · (247)8
Wir erstellen zunächst eine 1 · 1-Tafel:
Nun berechnen wir:
69
70
(vi) (1234)5 · (1234)5
Erneut zunächst die 1 · 1-Tafel:
Dann die Rechnung:
Aufgabe: Berechnen Sie im jeweiligen Stellenwertsystem:
Hinweis: Machen Sie jeweils zunächst eine 1 · 1-Tafel.
(i) (2155510)6 : (123)6
(ii) (22221312)4 : (13)4
(iii) (300356)7 : (16)7
Lösung:
(i)
(ii)
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
1.4. ARITHMETIK
71
(iii)
Aufgabe: Wählen Sie drei beliebige Ziffern, die nicht alle gleich sind und bilden Sie daraus die kleinste und die
größte dreistellige Zahl. Bilden Sie deren Differenz und addieren Sie dazu die Spiegelzahl dieser Differenz (Ziffern in
umgekehrter Reihenfolge).
Beachten Sie dabei, dass eine Zahl wie 99 dreistellig 099 geschrieben werden muss.
Begründen Sie allgemein, warum man auf diesem Weg stets auf das Ergebnis 1089 kommt!
Lösung:
Zunächst ein Beispiel:
Nehmen wir die Ziffern 4 , 7 und 3 , so erhalten wir als kleinste Zahl 347 und als größte Zahl 743 . Die Differenz beträgt
dann 743 − 347 = 396 . Die Spiegelzahl von 396 ist 693 und die Summe ergibt tatsächlich 693 + 396 = 1089 .
Allgemeine Begründung:
Nehmen wir nun drei beliebige Ziffern a , b und c , die (ohne Beschränkung der Allgemeinheit) bereits der Größe nach
sortiert sind, d.h. es gilt bereits a ≤ b ≤ c , wobei nicht alle drei Ziffern gleich sind, woraus a < c folgt.
Wenn wir hieraus nun die kleinste Zahl bilden wollen, verwenden wir die Ziffern der Größe nach aufsteigend und
erhalten so die Zahl a · 102 + b · 101 + c · 100 . Um die größte Zahl aus den drei Ziffern zu bilden, verwenden wir die
Ziffern in absteigender Reihenfolge, was uns auf die Zahl c · 102 + b · 101 + a · 100 führt.
Ziehen wir nun die kleinere von der größeren Zahl ab, erhalten wir Folgendes:
c·102 +b·101 +a·100 −(a·102 +b·101 +c·100 ) = (c−a)·102 +(b−b)·101 +(a−c)·100 = (c−a)·102 +0·101 +(a−c)·100 .
Die letzte Ziffer (a − c) dieser neuen Zahl ist jedoch negativ, da a < c gilt. Um dieses Problem zu beseitigen, borgen
wir uns im Sinne eines Übertrags von der nächst höheren Stelle 101 ein Zehnerpäckchen. Wir erhalten so als letzte,
nun positive Ziffer (10 + a − c) . Das geborgte Zehnerpäckchen müssen wir jedoch bei der zweiten Ziffer abziehen. Diese
ist jedoch 0 , so dass wir hier mit (0 − 1) = −1 wieder eine negative Ziffer haben. Erneut borgen wir uns von der nächst
größeren Stelle ein 10er Päckchen. Damit erhalten wir an der zweiten Stelle die Ziffer (10 − 1) = 9 und als führende
Ziffer (c − a − 1) . Nun sind alle Ziffern positiv und wir haben die Zahl
(c − a − 1) · 102 + 9 · 101 + (10 + a − c) · 100 .
72
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
An dieser Stelle sollen wir nun die Spiegelzahl bilden, wofür wir lediglich die erste und die letzte Ziffer vertauschen
müssen. Wir erhalten:
(10 + a − c) · 102 + 9 · 101 + (c − a − 1) · 100 .
Addieren wir nun beide Zahlen, so ergibt sich:
(c − a − 1) · 102 + 9 · 101 + (10 + a − c) · 100 + ((10 + a − c) · 102 + 9 · 101 + (c − a − 1) · 100 )
= ((c − a − 1) + (10 + a − c)) · 102 + (9 + 9) · 101 + ((10 + a − c) + (c − a − 1)) · 100
= 9 · 102 + 18 · 101 + 9 · 100 = 1089 .
Somit haben wir gezeigt, dass wir auf diesem Weg unabhängig von der Wahl der Ziffern stets auf das Ergebnis 1089
kommen.
Aufgabe: (i) Wie viele Ziffern hat 5000 im Zweiersystem?
(ii) Wie viele Zahlen kann man im Zweiersystem mit höchstens 6 Stellen darstellen?
Lösung:
(i) Es gilt 213 = 8192 > 5000 > 4096 = 212 . Somit hat 5000 als höchste Stelle 212 und ist im Dualsystem daher eine
13 - stellige Zahl und hat ebensoviele Ziffern.
(ii) Als höchste Zahl kann man mit 6 Ziffern die Zahl (111111)2 darstellen, das entspricht im Zehnersystem der Zahl
25 + 24 + 23 + 22 + 21 + 20 = 63 . Also kann man bei maximal 6 Stellen im Dualsystem einschließlich der Null genau
64 Zahlen darstellen.
Aufgabe: 1.) Ordnen Sie folgende Zahlen der Größe nach, ohne Sie ins Dezimalsystem umzurechnen:
(23304)5 ,
(4043)5 ,
(123001)5 ,
(23411)5 ,
(31101)5
2.) Geben Sie allgemeine Regeln für den Größenvergleich im 5er-System an. Formulieren Sie anschließend Regeln für
beliebige g-adische Zahlsysteme.
Lösung:
1.) Es ergibt sich:
(4043)5 ,
(23304)5 ,
(23411)5 ,
(31101)5 ,
(123001)5
2.) Die folgenden Regeln gelten sowohl im Fünfer- als auch in jedem anderen System.
Wir schreiben die Zahlen aufsteigend auf, indem wir...
Regel 1: diejenige Zahl mit der größeren Anzahl an Ziffern stets rechts von der mit der kleineren Anzahl von Ziffern
aufschreiben.
Regel 2: Haben zwei Zahlen die gleiche Anzahl von Ziffern, so vergleichen wir zunächst die ersten Ziffern von links
und schreiben stets diejenige Zahl rechts auf, bei der diese Ziffer größer ist.
Regel 3: Ist sowohl die Anzahl der Stellen als auch der Wert der ersten Ziffer gleich, so vergleichen wir analog zu
Regel 2 die zweiten Ziffern miteinander und schreiben erneut diejenige Zahl nach rechts, deren zweite Ziffer größer ist.
Regel 4: Sind auch die zweiten Ziffern gleich, vergleichen wir analog zu Regel 2 und 3 die dritten Ziffern usw...
Regel 5: Dies machen wir so lange, bis wir alle Zahlen eingeordnet haben.
Aufgabe: Früher kaufte man z.B. Blumen in Dutzend (genau 12 Stück) und Gros (genau 12 Dutzend) ein. Florist
Meyer bestellt bei seinem Großhändler auch heute noch jede Woche 2 Gros und 2 Dutzend Rosen zum Gesamtpreis
von 124, 80 Euro.
1.) Wie viele Rosen bestellt Herr Meyer jede Woche ausgedrückt im Dezimalsystem?
2.) Für die Hochzeit eines Kunden muss der Florist 150 Rosen extra bestellen. Wie sieht seine Bestellung jetzt aus
(natürlich ausgedrückt in seiner Bestellweise)?
3.) Der Großhändler macht ihm für diese Bestellung das Angebot, 3 Gros und 3 Dutzend zum Preis von 183 Euro zu
nehmen. Soll Herr Meyer das Angebot annehmen oder versucht der Händler ihn zu betrügen?
Lösung:
1.) Wie viele Rosen bestellt Herr Meyer jede Woche ausgedrückt im Dezimalsystem?
1.4. ARITHMETIK
73
Herr Meyer bestellt genau 2 · 122 + 2 · 121 = 288 + 24 = 312 Rosen.
2.) Für die Hochzeit eines Kunden muss der Florist 150 Rosen extra bestellen. Wie sieht seine Bestellung jetzt aus
(natürlich ausgedrückt in seiner Bestellweise)?
Zur Beantwortung der Frage rechnen wir 150 in das 12er-System um:
150
=
12 · 12 + 6
12
=
1 · 12 + 0
1
=
0 · 12 + 1
Es gilt also 150 = (106)12 , somit muss Herr Meyer zusätzlich 1 Gros und 6 Rosen bestellen. Seine Lieferung beträgt
somit (106)12 + (220)12 = (326)12 Rosen und damit genau 3 Gros, 2 Dutzend und 6 Rosen.
3.) Der Großhändler macht ihm für diese Bestellung das Angebot, 3 Gros und 3 Dutzend zum Preis von 183 Euro zu
nehmen. Soll Herr Meyer das Angebot annehmen oder versucht der Händler ihn zu betrügen?
Herr Meyer bezahlt bei seiner sonstigen Bestellung von 312 Rosen 124, 80 Euro, das sind 124, 80 : 312 = 0, 40 Euro
pro Rose.
3 Gros und 3 Dutzend Rosen sind genau (330)12 = 3 · 122 + 3 · 12 = 468 Rosen. Bei einem Gesamtpreis von 183 Euro
sind das 183 : 468 ≈ 0, 391 Euro pro Rose. Herr Meyer sollte das Angebot also annehmen, sofern er die 6 zusätzlichen
Rosen auch tatsächlich verkaufen kann!
Aufgabe: In der Landvermessung werden Winkel oftmals nicht im Grad- oder Bogenmaß, sondern im so genannten
“Zeitmaß“ in Stunden, Minuten und Sekunden angegeben. Eine Stunde (1h ) entspricht dabei genau 15◦ . Genau 60
0
00
Minuten ergeben eine Stunde (in Zeichen: 60 = 1h ) und 60 Sekunden (60 ) ergeben wiederum genau eine Minute.
Demnach gilt
0
00
15◦ = 1h = 60 = 3600 .
a) Welches Stellenwertsystem steckt hinter dieser Einteilung?
b) Rechnen Sie folgende Angaben ins Gradmaß um:
0
00
(i) 1h 34 12
0
00
(ii) 22h 5 59
0
00
(iii) 5h 0 0
c) Welche Darstellungen ergeben sich für folgende Angaben im Zeitmaß?
(i) 359◦
(ii) 12, 5◦
(iii) 100◦
Lösung:
a) Welches Stellenwertsystem steckt hinter dieser Einteilung?
Es ist das Stellenwertsystem zur Basis 60 , also das so genannte “Hexagesimalsystem“.
b) Rechnen Sie folgende Angaben ins Gradmaß um:
0
◦
◦
00
1
◦
◦
1
15
4
= 41 und damit wiederum 1 = 60
= 240
.
(i) Da 1h = 15◦ gilt, ist 1 = 60
Wir rechnen die Angaben nun zunächst in Sekunden um und können dann das Gradmaß durch Multiplikation mit
bestimmen:
0
00
00
00
1h 34 12 = 1 · 602 + 34 · 601 + 12 = 5652
00
Damit ergeben 5652 = 5652 ·
1 ◦
240
= 23, 55◦ .
Alternativ können wir auch wie folgt rechnen: 1 · 15◦ + 34 ·
1◦
4
+ 12 ·
1 ◦
240
= 23, 55◦ .
1
240
74
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
(ii) Wie in (i) rechnen wir wieder in Sekunden um...
0
00
00
00
22h 5 59 = 22 · 602 + 5 · 601 + 59 = 79559
und anschließend ins Gradmaß:
00
79559 = 79559 ·
1 ◦
≈ 331, 5◦ .
240
(iii) Wir erhalten analog:
0
00
00
5h 0 0 = 5 · 602 + 0 · 60 + 0 = 18000 = 18000 ·
1 ◦
= 75◦ .
240
c) Welche Darstellungen ergeben sich für folgende Angaben im Zeitmaß?
(i) 359◦ :
Jetzt gehen wir umgedreht vor und wandeln die Gradzahl zunächst in Sekunden um, indem wir sie mit 240 multiplizieren:
359 · 240 = 86160 .
Diese Zahl wandeln wir nun in unser Hexagesimalsystem um:
86160 = 1436 · 60 + 0
1436 = 23 · 60 + 56
23 = 0 · 60 + 23
00
0
00
Also erhalten wir 359◦ = 86160 = 23h 56 0 .
(ii) 12, 4◦ : Wir rechnen analog: 12, 4 · 240 = 2976
Wir wandeln um:
2976 = 49 · 60 + 36
49 = 0 · 60 + 49
00
0
00
Also ergibt sich 12, 4◦ = 2976 = 49 36 .
(iii) 100◦ : Es ergibt sich 100 · 240 = 24000 und damit:
24000 = 400 · 60 + 0
400 = 6 · 60 + 40
6 = 0 · 60 + 6
00
0
00
Somit erhalten wir 100◦ = 24000 = 6h 40 0 .
1.4. ARITHMETIK
1.4.2
75
Teilbarkeit
Aufgabe: Finden Sie jeweils eine 5-stellige und eine 10-stelllige Zahl, die...
(a) ... durch 5 teilbar ist
(b) ... durch 2 teilbar ist
(c) ... durch 4 teilbar ist.
Lösung:
(a) ... durch 5 teilbar ist
Alle fünf- und zehnstelligen Zahlen, die auf eine 0 oder eine 5 enden, also z.B. die Zahl 62655 oder die Zahl 612648180 .
(b) ... durch 2 teilbar ist
Alle geraden Zahlen sind durch 2 teilbar, also alle Zahlen, die auf 0, 2, 4, 6 oder 8 enden, also z. B. 63516 und
3761642940 .
(c) ... durch 4 teilbar ist.
Alle Zahlen, deren letzten beiden Ziffern durch 4 teilbar sind, also z. B. 34156 und 7554238104 .
Aufgabe: Genauso wie es spezielle Teilbarkeitsregeln für das Dezimalsystem gibt, lassen sich auch Regeln für andere
Zahlsysteme finden.
Wir befinden uns nun im 9er-System. Überlegen Sie, ob folgende Endstellenregel für die Teilbarkeit durch 2 auch im
9 - adischen Zahlsystem gilt:
“Eine 9 - adische Zahl a ist durch 2 teilbar, wenn die letzte Ziffer von a durch 2 teilbar ist.“
Lösung:
“Eine 9 - adische Zahl a ist durch 2 teilbar, wenn die letzte Ziffer von a durch 2 teilbar ist.“
Diese Regel gilt nun nicht mehr, da dann z. B. auch a = (12)9 durch 2 teilbar wäre. Allerdings ist (12)9 im Zehnersystem
1 · 9 + 2 = 11 und 11 ist bekanntermaßen nicht durch 2 teilbar.
Fehler:
Es gilt 8|10 , da 10 = 1, 25 · 8 ist und da somit ein n existiert mit 10 = n · 8 , womit die Voraussetzung für die Teilbarkeit
erfüllt ist.
Erläuterung:
Bei dieser Aussage wurde eine falsche Definition von Teilbarkeit verwendet. Damit 8|10 gilt, müsste es eine natürliche Zahl n geben, so dass 8 · n = 10 gilt. Da es ein solches n nicht gibt, gilt 8 - 10 . Ursache ist vermutlich falsches
Auswendiglernen oder ein Verständnisproblem bzgl. des Begriffs der Teilbarkeit.
Fehler:
Aus 2|4 und 8|16 folgt 10|20 . Somit gilt allgemein:
a|b
und
c|d =⇒ a + c|b + d .
Erläuterung:
Hier wurde ein aufgrund eines Einzelbeispiels festgestellter Zusammenhang fälschlicherweise verallgemeinert, obwohl
dieser nicht allgemein gilt. In dem oben angesprochenen Fall trifft die Aussage tatsächlich zu, allerdings gibt es auch
unzählige Gegenbeispiele: So gilt z.B. 2|4 und 3|9 , jedoch gilt (2 + 3) = 5 - 13 = (4 + 9) . Die Aussage gilt somit nicht
für alle a, b, c, d ∈ N sondern nur in Sonderfällen. Ursache für den Fehler ist vermutlich eine Fehlvorstellung bzgl. der
Verallgemeinerung von Aussagen oder eine falsche Analogisierung zur Regel für die Multiplikation.
Fehler:
Die Teilermenge T (150) zu bestimmen ist sehr leicht und geht folgendermaßen sehr schnell: Wir beginnen bei der Zahl
2 , notieren diese als kleinsten Teiler von 150 und können anschließend den Gegenteiler 75 als größten Teiler notieren.
Anschließend suchen wir den nächst größeren Teiler nach 2 - - das ist die 3 , notieren diese und den zugehörigen
Gegenteiler 50 , usw. Das machen wir solange, bis wir auf einen bereits notierten Teiler kommen. Dann sind wir fertig
und erhalten: T (150) = {2, 3, 5, 6, 10, 15, 25, 30, 50, 75} .
Erläuterung:
Hier wurde vergessen, dass sowohl 1 als auch a zu jeder Teilermenge T (a) gehören. Dieser Fehler könnte auf der
76
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Fehlvorstellung basieren, dass in einer Teilermenge nur echte Teiler enthalten sind, was jedoch laut Definition falsch
ist!
Fehler:
Ganz klar: Um die Menge aller Teiler einer Zahl a aufzustellen, muss ich solange suchen, bis ich alle a Teiler habe.
Erläuterung:
Hier liegt eine Fehlvorstellung bezüglich des Begriffs der Teilermenge vor. Es wird angenommen, dass eine Zahl a auch
automatisch a Teiler hat. Jedoch haben z.B. Primzahlen nur zwei Teiler: nämlich 1 und sich selbst.
Fehler:
Um T (a) zu bestimmen, muss ich nur alle Zahlen c ≤
Gegenteiler bestimmt.
a
2
als Teiler prüfen, alle Teiler größer als
a
2
sind bereits als
Erläuterung:
√
Hier wurde vergessen, dass eine Prüfung der Teiler nur bis zum größten c ≤ a nötig ist und nicht bis a2 . Es wäre
denkbar, dass die Fehlvorstellung auf der Tatsache gründet, dass man ja nur die Hälfte der Elemente der Teilermenge
aufschreiben muss und die andere Hälfte als Gegenteiler schnell mitbestimmt ist.
Fehler:
Wegen a|b und c|d =⇒ a · c|b · d gilt auch a|b und c|d =⇒ a : c | b : d .
Erläuterung:
Hier wurde von der Regel für die Multiplikation auf die Division fälschlicherweise analogisiert und damit eine falsche
Verallgemeinerung getroffen. Ein einfaches Gegenbeispiel lässt sich schnell finden: Aus 6|12 und 3|9 folgt mit 6 : 3 = 2
und 12 : 9 = 43 jedoch offensichtlich nicht 2| 43 .
Fehler:
Es gilt 7|490 und 271 + 219 = 490 , also gilt wegen a|b und a|c =⇒ a|(b + c) auch 7|271 und 7|219 .
Erläuterung:
Hier liegt eine Fehlvorstellung bezüglich des Folgerungspfeils vor. Die Aussage gilt lediglich in der oben angegebenen
Richtung. Die Umkehrung gilt nicht immer, was das obige Beispiel bereits zeigt, schließlich gilt 7 - 271 und auch 7 - 219 .
Fehler:
2 - 1524730 , da 2 - 0 .
Erläuterung:
Hier liegt vermutlich die Fehlvorstellung zu Grunde, dass 2 - 0 gilt. Tatsächlich gilt aber für alle n ∈ N wegen n · 0 = 0
auch n|0 . Vermutlich dachte der Lösende daran, dass man durch Null nicht teilen kann und folgerte daraus, dass Null
ebenfalls durch keine Zahl geteilt werden könne, was aber falsch ist.
Fehler:
8|243340 , da 8|40 .
Erläuterung:
In diesem Fall wurde die entsprechende Endstellenregel schlichtweg falsch auswendig gelernt. Bei der Prüfung der
Teilbarkeit durch 8 muss überprüft werden, ob die aus den letzten drei Ziffern gebildete Zahl durch 8 teilbar ist.
Wegen 8 - 340 gilt, folgt in diesem Fall somit 8 - 243340 .
Fehler:
Wegen d|a ⇐⇒ d|z0 mit a = (zn zn−1 zn−2 . . . z2 z1 z0 )b gilt 3|(242556)7 , da 3|6 .
Erläuterung:
Hier wurden die Voraussetzungen des Satzes nicht beachtet. Der Satz kann in diesem Fall nicht angewendet werden, da 3 ∈
/ T (7) gilt. Statt dessen muss ein anderer Satz angewendet werden: Da 3 ∈ T (7 − 1) = 6 gilt, folgt aus
3|(2 + 4 + 2 + 5 + 5 + 6) = 24 auch 3|(242556)7 . Somit war der Rechenweg zwar falsch, die Lösung aber zufälligerweise
richtig.
Fehler:
8|(24332)4 , da 8 ∈ T (42 ) und 8|32 .
Erläuterung:
1.4. ARITHMETIK
77
Hier wurde der entsprechende Satz falsch angewandt: Es wurde übersehen oder vergessen, dass nicht 8|32 sondern
8|3 · 4 + 2 geprüft werden muss. Da jedoch 3 · 4 + 2 = 14 ist und 8 - 14 gilt, folgt auch 8 - (24332)4 . Ursache ist
vermutlich falsches Auswendiglernen oder ein Verständnisproblem bzgl. Stellenwertsysteme.
Fehler:
9|(12474)8 , da 1 + 2 + 4 + 7 + 4 = 18 und 9|18 .
Erläuterung:
Hier wurde ein Satz aus dem Dezimalsystem auf das 8 - adische System angewandt. Hier liegt entweder ein Flüchtigkeitsfehler, falsches Auswendiglernen oder ein Verständnisproblem bzgl. Stellenwertsysteme vor.
Fehler:
Es gilt 11 - (143)8 , da 11 ∈
/ T (8), 11 ∈
/ T (82 = 64), 11 ∈
/ T (8 − 1) und 11 ∈
/ T (8 + 1) gilt.
Erläuterung:
In diesem Fall dachte man, dass die Teilbarkeit nicht gilt, weil die Voraussetzungen für die Anwendung einer der
obigen Teilbarkeitsregeln nicht gegeben sind. Die Teilbarkeit kann auch tatsächlich nicht mit den bisher gelernten
Endstellenregeln für beliebige Zahlsysteme geprüft werden, schließlich ist 11 ∈
/ T (8), 11 ∈
/ T (82 = 64), 11 ∈
/ T (8 − 1)
und 11 ∈
/ T (8 + 1) . Das bedeutet aber nur, dass die Teilbarkeit anderweitig geprüft werden muss, da obige Sätze nicht
zur Anwendung kommen können. Wegen (143)8 = 99 kann man jedoch im Dezimalsystem sehr schnell sehen, dass
wegen 11|99 auch 11|(143)8 gilt.
Aufgabe: Eine Küche hat die Maße 240cm · 270cm . Sie soll mit quadratischen Fliesen ausgelegt werden. Welche
Fliesengrößen kommen in Frage, wenn wir die Fliesen ohne Fuge direkt aneinander legen?
Lösung:
Es gilt
T (240) = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 20, 24, 30, 40, 48, 60, 80, 120, 240}
und
T (270) = {1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 27, 30, 45, 54, 90, 135, 270} .
Die gemeinsamen Teiler sind damit alle in der Menge:
T (240) ∩ T (270) = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30} .
Dies sind Teiler sowohl von 240 als auch von 270 . Somit lassen sich zum Auslegen quadratische Fliesen mit diesen
Kantenlängen problemlos für eine rechteckige Fläche mit den Maßen 240cm · 270cm verwenden.
Aufgabe: Überprüfen Sie mit Hilfe der Teilbarkeitsregeln folgende Aussagen:
(i) 9|214365
(ii) 4|314010
(iii) 8|5386146
(iv) 3|24255
Lösung:
(i) Es gilt 9 - 214365 , denn 2 + 1 + 4 + 3 + 6 + 5 = 21 und 9 - 21 , so dass aus der Quersummenregel folgt 9 - 214365 .
(ii) 4 - 314010 , da 4 - 10 gilt.
(iii) 8 - 5386146 , weil 8 - 146 gilt.
(iv) Es gilt 3|24255 , da 2 + 4 + 2 + 5 + 5 = 18 ist und 3|18 gilt.
Aufgabe: Überprüfen Sie mit Hilfe der Teilbarkeitsregeln folgende Aussagen und geben Sie die verwendeten Sätze
an!
(i) 6|(25362)7
(ii) 3|(452312)6
(iii) (13)5 |(41324)5
(iv) 3|(14221413)7
(v) 4|(732162)8
78
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
(vi) (20)8 |(550)8
(vii) (A)20 |(A5F 2D5F )20
(viii) 7|(23A4)13
Lösung:
(i) Es gilt 6|(25362)7 , schließlich ist 6 ∈ T (7 − 1) = T (6) und damit folgt die Behauptung aus 6|2 + 5 + 3 + 6 + 2 = 18 .
(ii) Da 3 ∈ T (6) ist, ergibt sich aus 3 - 2 mit dem entsprechenden Satz: 3 - (452312)6 .
(iii) Es ergibt sich (13)5 - (41324)5 . Vorgehen:
Hier müssen wir zunächst (13)5 ins Dezimalsystem umwandeln, wobei sich (13)5 = 8 ergibt. Da allerdings 8 ∈
/ T (5), 8 ∈
/
T (52 = 25), 8 ∈
/ T (5 − 1) und 8 ∈
/ T (5 + 1) gilt, ist keine der Voraussetzungen für die Anwendung einer der obigen
Teilbarkeitsregeln gegeben.
Um dennoch die Teilbarkeit prüfen zu können, müssen wir nun auch (41324)5 ins Zehnersystem umwandeln, wobei
sich (41324)5 = 4 · 54 + 1 · 53 + 3 · 52 + 2 · 51 + 4 · 50 = 2714 ergibt. Nun können wir mit der Endstellenregel für die
Teilbarkeit durch 8 arbeiten. Wegen 8 - 714 folgt 8 - 2714 und damit (13)5 - (41324)5 .
Anmerkung: Mit Hilfe einer anderen in diesem Skript nicht behandelten Regel (Quersummenregel n - ter Ordnung)
lässt sich die Teilbarkeit auch ohne Umrechnung ins Dezimalsystem prüfen:
Wegen 52 − 1 = 24 gilt 8 ∈ T (52 − 1) . Da nun die Quersumme von (41324)5 genau 4 + 1 + 3 + 2 + 4 = 14 ist, folgt aus
8 - 14 wie bereits oben (13)5 - (41324)5 .
(iv) Es gilt 3|(14221413)7 , da mit 3 ∈ T (7 − 1) = T (6) die Voraussetzung für die Anwendung der allgemeinen Quersummenregel gegeben ist und somit aus 1 + 4 + 2 + 2 + 1 + 4 + 1 + 3 = 18 wegen 3|18 auch 3|(14221413)7 folgt.
(v) 4 - (732162)8 , da wir wegen 4 ∈ T (8) die allgemeine Endstellenregel anwenden können und aus 4 - 2 damit
4 - (732162)8 folgern können.
(vi) (20)8 - (550)8 , was sich wie folgt berechnet:
Zunächst wandeln wir (20)8 ins Dezimalsystem um und erhalten (20)8 = 16 . Wegen 16 ∈ T (82 ) = T (64) können wir
wieder den Satz zur allgemeinen Endstellenregel anwenden. Da jedoch 16 - 5 · 8 + 0 = 40 gilt, folgt auch 16 - (550)8
und damit (20)8 - (550)8 .
(vii) (A)20 - (A5F 2D5F )20 :
Wir rechnen zunächst um: (A)20 = 10 und können nun wegen 10 ∈ T (20) den entsprechenden Satz anwenden. Wegen
(F )20 = 15 folgt aus 10 - 15 auch 10 - (A5F 2D5F )20 und damit (A)20 - (A5F 2D5F )20 .
(viii) Da 7 ∈ T (13 + 1) ist, folgt aus |2 − 3 + 10 − 4| = |5| wegen 7 - 5 , dass auch 7 - (23A4)13 gilt.
Aufgabe: Bestimmen Sie T (252), T (103) und T (825) .
Lösung:
Um
√ T (252) zu bestimmen, prüfen wir ausgehend von 1 die Teilbarkeit durch alle natürlichen Zahlen bis maximal
252 ≈ 15, 87 , d.h. bis maximal 15 . Dabei wenden wir die Teilbarkeitsregeln an und notieren gleich den jeweiligen
Gegenteiler. Auf diesem Weg erhalten wir recht schnell:
T (252) = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 9, 12, 14, 18, 21, 28, 36, 42, 63, 84, 126, 252} .
Da 103 eine Primzahl ist, ergibt sich direkt
T (103) = {1, 103} .
√
Bei 825 gehen wir wie bei 252 vor und prüfen diesmal bis 825 ≈ 28, 7 , also bis maximal 28 . Hierbei ergibt sich:
T (825) = {1, 3, 5, 11, 15, 25, 33, 55, 75, 165, 275, 825} .
Aufgabe: Zeichnen Sie Hasse - Diagramme zu T (108), T (143) und T (1400) .
1.4. ARITHMETIK
79
Lösung:
Wir berechnen dazu jeweils zunächst die Teilermengen und zeichnen anschließend das zugehörige Hasse - Diagramm:
T (108) = {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 27, 36, 54, 108}
Bild: Hasse - Diagramm zu T (108) .
T (143) = {1, 11, 13, 143}
Bild: Hasse - Diagramm zu T (143) .
T (1400) = {1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 14, 20, 25, 28, 35, 40, 50, 56, 70, 100, 140, 175, 200, 280, 350, 700, 1400}
Bild: Hasse - Diagramm zu T (1400) . Zur besseren Übersichtlichkeit wurden die Vielfachen von 7 rot eingefärbt.
Aufgabe: Suchen Sie mit Hilfe des Siebs des Eratosthenes alle Primzahlen bis n = 168 .
Lösung:
√
Wegen n = 168 müssen wir das Sieb bis 168 ≈ 12, 96 , also bis 12 durchführen. Dazu müssen wir also alle echten
Vielfachen von 2 , von 3 , von 5 , von 7 und schließlich von 11 streichen. Alle restlichen Zahlen sind unsere Primzahlen.
Wir erhalten dabei Folgendes, wobei alle rot markierten Zahlen die von uns gesuchten Primzahlen sind:
80
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Aufgabe: Beweisen Sie unter Verwendung der Definition von Teilbarkeit folgende Aussage für a, b, t ∈ N :
t|a
Lösung:
Behauptung:
t|a und a|b =⇒
und a|b
=⇒
t|b
t|b
Beweis:
Gemäß der Definition der Teilbarkeit folgt aus t|a , dass es ein n ∈ N gibt, so dass a = n · t . Analog folgt aus a|b , dass
es ein m ∈ N gibt mit b = m · a .
Somit gilt insgesamt b = m · a = m · (n · t) = m · n · t . Da aber n und m natürliche Zahlen sind, ist auch n · m = p eine
natürliche Zahl. Somit ist mit b = p · t und p ∈ N wieder die Eigenschaft der Teilbarkeit erfüllt, so dass wir t|b folgern
können. Somit gilt t|a und a|b =⇒ t|b .
q.e.d.
Aufgabe: 1.) Beweisen Sie unter Verwendung der Definition von Teilbarkeit folgende Aussage für b, c, t ∈ N :
t | b und t - c
=⇒
t - (b + c)
2.) Überlegen Sie, ob auch die folgende Aussage stets zutrifft:
t - b und t - c
Lösung:
1.) Behauptung:
t | b und t - c =⇒
=⇒
t - (b + c)
t - (b + c)
Beweis:
Gemäß der Definition von Teilbarkeit folgt aus t | b , dass es ein n ∈ N gibt, so dass b = n · t .
Aus t - c folgt, dass es kein natürliches m gibt, so dass c = m · t ist, d.h. in diesem Fall gilt m ∈
/ N.
Insgesamt erhalten wir damit b + c = n · t + m · t = (n + m) · t . Da n eine natürliche, jedoch m eine nicht natürliche
Zahl ist, ist die Summe m + n auch keine natürliche Zahl. Damit ist die Voraussetzung für die Teilbarkeit nicht erfüllt
und es folgt t - (b + c) .
q.e.d.
2.) Die Behauptung t - b und t - c =⇒ t - (b + c) lässt sich durch ein Gegenbeispiel leicht widerlegen. Nehmen
wir dazu beispielsweise t = 2, b = 7 und c = 3 , so gilt 2 - 7 und 2 - 3, aber es gilt dennoch 2 | (7 + 3) = 10 .
1.4. ARITHMETIK
81
Aufgabe: Eine Marching Band besteht aus 48 Mitgliedern und soll bei einem Musikfest auf einem Fußballfeld aufmarschieren.
Welche Marschordnungen sind denkbar, wenn keine Lücken in den Reihen gelassen werden sollen und wenn in jeder
Reihe genau gleich viele Musiker marschieren?
Lösung:
Welche Marschordnungen sind denkbar, wenn keine Lücken in den Reihen gelassen werden sollen und wenn in jeder
Reihe genau gleich viele Musikern marschieren?
Zur Beantwortung dieser Frage müssen wir uns nur überlegen, wie die Band in Form eines lückenlosen Rechtecks
aufgestellt werden kann. Gesucht sind also alle möglichen Anzahlen von Reihen und die zugehörigen Personenzahlen.
Das Produkt hieraus muss dann immer 48 ergeben. Demnach suchen wir schlichtweg alle möglichen Teiler von 48 . Es
ergibt sich:
T (48) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48} .
Folgende Möglichkeiten können also zur Aufteilung genutzt werden:
Es kann 1 Reihe mit allen 48 Mitgliedern gebildet werden, bzw. 48 Reihen zu je 1 Spieler.
Es können 2 Reihen mit je 24 Spielern gebildet werden, bzw. 24 Reihen zu je 2 Spieler.
Es können 3 Reihen mit je 16 Spielern gebildet werden, bzw. 16 Reihen zu je 3 Spieler.
Es können 4 Reihen mit je 12 Spielern gebildet werden, bzw. 12 Reihen zu je 4 Spieler.
Es können 6 Reihen mit je 8 Spielern gebildet werden, bzw. 8 Reihen zu je 6 Spieler.
Weitere Marschordnungen sind ohne Lücken nicht möglich.
82
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
1.5
Logik und Beweis
1.5.1
Aussagen und Wahrheitswerte
Aufgabe:
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
• “Heidrun, bring ’n Bier mit!“ ist ein Ausruf oder ein Befehl und folglich keine Aussage, der ein Wahrheitswert
zugeordnet werden kann.
• “Jupiter ist der größte Planet unseres Sonnensystems.“ ist eine wahre Aussage.
• “Alle Primzahlen sind ungerade.“ ist eine falsche Aussage, denn 2 ist auch eine Primzahl.
• “Der Herkules ist Kassels Wahrzeichen.“ ist eine wahre Aussage.
• “Wo is’ Heidrun?“ ist keine Aussage, sondern eine Frage.
• “Die Erde ist eine Scheibe.“ ist eine falsche Aussage.
Fehler:
Für die mathematisch korrekte Negation der Aussage “Alle Autos in Kassel sind schwarz“, gibt es zwei Möglichkeiten:
Entweder sagt man “Es gibt mindestens ein Auto in Kassel, das weiß ist“ oder man sagt “Nicht alle Autos in Kassel
sind nicht schwarz“.
Erläuterung:
Beide Negationen sind falsch! Bei der ersten Negation wurde fälschlicherweise davon ausgegangen, dass ein nicht
schwarzes Auto zwingendermaßen weiß wäre. Dies ist natürlich falsch. Bei der zweiten Negation wurde doppelt verneint.
Die korrekte Lösung lautet: “Es existiert (mindestens) ein Auto in Kassel, das nicht schwarz ist.“
Fehler:
Da auch für die Verknüpfung von Aussagen zutrifft, dass diese entweder wahr oder falsch sind, kann man sich bei der
Erstellung der Wahrheitstafel die Hälfte der Arbeit sparen, schließlich muss es immer genauso viele wahre wie auch
falsche Aussagenverknüpfungen geben.
Erläuterung:
Diese Annahme ist falsch! Für eine einzelne Aussage trifft durchaus zu, dass sie entweder falsch oder wahr sein kann
und dass dann die Wahrheitswerte gleich häufig auftauchen. Bei Aussagenverknüpfungen trifft dies jedoch in der Regel
nicht zu, was beispielsweise die Wahrheitstafel von A ∧ B anschaulich belegt. Die seitens des Sprechers selbst erfundene
Regel ist somit nicht allgemeingültig und falsch.
Fehler:
Die Aussagenverknüpfung ¬ (A ∧ B) ist gleichbedeutend mit ¬ A ∧ ¬ B .
Erläuterung:
Es gilt ¬ (A ∧ B) = ¬ A ∨ ¬ B .
1.5. LOGIK UND BEWEIS
83
Fehler:
Die allgemeine Aussage a b ist zwar unter Umständen richtig, die konkrete Aussage
2 < 3 ∨ 2 = 3 ∨ 2 > 3 ist aber falsch, schließlich ist bekanntermaßen 2 < 3 .
Erläuterung:
In der Mathematik sind beide Aussagen korrekt, denn einer der drei Fälle (nämlich 2 < 3) tritt ein. Somit ist eine der
drei Aussagen wahr und damit auch die Aussagenverknüpfung.
Dieser Fehler tritt häufig auf, da man im Alltag bei offensichtlichen Aussagen versucht, so genau wie möglich zu sein.
Da offensichtlich 2 < 3 gilt, sind die anderen Fälle in der alltäglichen Sprache überflüssig und unüblich.
Aufgabe: Bilden Sie die Negationen der folgenden Aussagen:
• A: “Die Quersumme der Zahl 34 ist 9.“
• B: “Alle reellen Zahlen erfüllen die Ungleichung x2 − 4 < 0.“
• C: “Es gibt eine reelle Zahl, welche die Ungleichung x2 < 0 erfüllt.“
Lösung:
Die Negationen der Aussagen lauten:
• ¬A: “Die Quersumme der Zahl 34 ist nicht 9.“
• ¬B: “Es gibt (mindestens) eine reelle Zahl, die die Ungleichung x2 − 4 ≥ 0 erfüllt.“
• ¬C: “Für alle reellen Zahlen gilt x2 ≥ 0.“
Die Aussagen ¬A, ¬B und ¬C sind alle wahr und somit sind die Aussagen A, B und C alle falsch.
Aufgabe: Bilden Sie eine Wahrheitstafel der Konjunktion A ∧ ¬B.
Lösung:
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
¬B
f
w
f
w
A ∧ ¬B
f
w
f
f
Aufgabe: Dem ehemaligen Trainer des FC Bayern München, Dettmar Cramer, wird folgende Aussage zugesprochen:
“Die Wahrscheinlichkeit nicht Meister zu werden, ist größer als die Wahrscheinlichkeit, dem Abstieg nicht zu entgehen.“
Weisen Sie dieser Aussage einen Wahrheitswert zu.
Lösung:
Die Wahrscheinlichkeit nicht Meister zu werden (P1 ) ist gleich der Wahrscheinlichkeit einen Platz zwischen 2 und 18
zu erreichen. Die Wahrscheinlichkeit abzusteigen (P2 ) ist gleich der Wahrscheinlichkeit nach der Saison auf Position
16 bis 18 zu landen. Gehen wir von der Annahme aus, dass jeder Platz mit der gleichen Wahrscheinlichkeit erreicht
17
3
werden kann (was bei Bayern München zugegebenermaßen nicht unbedingt zutrifft), so ergibt sich P1 = 18
> 18
= P2 .
Also ist die Aussage wahr.
Aufgabe: Verneinen Sie folgende Aussagen:
1. “Alle Studenten an der Universität Kassel sind weiblich.“
2. “Die Zahlen 2, 4 und 7 sind gerade.“
3. “Es existiert eine Zahl, die nicht Primzahl ist.“
4. “Es existiert eine Primzahl.“
84
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Entscheiden Sie außerdem, ob jeweils die Aussage oder ihre Negation richtig ist. Wie können Sie ihre Behauptung
beweisen?
Lösung:
1. “Es gibt an der Universität Kassel Studenten, die männlich sind.“
Diese Aussage ist wohl richtig.
2. “(Mindestens) Eine der Zahlen 2, 4 und 7 ist ungerade.“
Diese Aussage ist wahr, denn die Zahl 7 ist eine ungerade Zahl.
3. “Alle Zahlen sind Primzahlen.“
Diese Aussage ist falsch, da z.B. 4 keine Primzahl ist.
4. “Es gibt keine Primzahlen.“
Diese Aussage ist falsch, da z.B. 2 eine Primzahl ist.
Aufgabe: Verneinen Sie folgende Aussagenverknüpfungen:
1. “Die deutschen Nationalspieler haben im Viertelfinale gut gespielt oder hatten Glück.“
2. “Die letzte Prüfung ist bestanden und ich habe riesigen Hunger.“
3. “Ich bin weder zu Hause noch komme ich heute heim.“
4. “Sie kennt mich nicht oder hat mich vergessen.“
5. “Er war wegen dieser Begegnung glücklich und nicht traurig.“
Lösung:
1. “Die deutschen Nationalspieler haben im Viertelfinale nicht gut gespielt und hatten kein Glück.“
2. “Bei der letzten Prüfung bin ich durchgefallen oder ich habe keinen riesigen Hunger.“
3. “Ich bin zu Hause oder ich komme heute heim.“
4. “Sie kennt mich und hat mich nicht vergessen.“
5. “Er war wegen dieser Begegnung nicht glücklich oder traurig.“
Aufgabe: Entscheiden Sie jeweils, ob eine Aussage vorliegt oder nicht.
1. “Sie wird diese Prüfung bestehen.“
2. “Sie wird diese Prüfung bestehen oder nicht.“
3. “Sieh zu, dass du die Prüfung bestehst.“
4. “Hat sie die Prüfung bestanden?“
Lösung:
1. Es handelt sich nicht um eine Aussage. Man kann dem Satz keinen Wahrheitswert zuordnen, da noch nicht klar
ist, ob sie diese Prüfung bestehen wird oder nicht.
2. Dieser Satz ist eine Aussage. Man kann ihm den Wahrheitswert wahr zuordnen, da einer der Fälle auf jeden Fall
eintreten wird.
3. Dieser Satz ist lediglich ein Befehl und keine Aussage. Ein Befehl kann nicht wahr oder falsch sein.
4. Einer Frage kann niemals ein Wahrheitswert zugeordnet werden, also handelt es sich nicht um eine Aussage.
1.5. LOGIK UND BEWEIS
85
Aufgabe: Geben Sie jeweils ein Beispiel aus dem Alltag für eine Tautologie und für einen Widerspruch an!
Lösung:
Als Beispiele sind hier einige “Fußballweisheiten“:
• Widerspruch von Berti Vogts: “Der Tabellenerste kann jederzeit den Spitzenreiter schlagen“.
• Widerspruch von Rudi Völler: “Zu 50% stehen wir im Viertelfinale, aber das ist noch nicht die halbe Miete“.
• Tautologie von Oliver Kahn: “Wenn wir zu Null gespielt haben, haben wir nur ganz selten verloren“.
Aufgabe: Sie sehen auf dem folgenden Bild einen Schaltkreis mit den Verknüpfungen und (and), oder (or) und der
Negation (not).
Bild: Schaltkreis mit and - , or - und not - Schaltungen
Der Wert 1 entspricht dem Wahrheitsgehalt wahr und der Wert 0 entspricht dem Wahrheitsgehalt falsch. Mit diesen
Zuordnungen kann man die Verknüpfungen auch folgendermaßen definieren (mit min(x, y) bzw. max(x, y) bezeichnet
man das Minimum bzw. Maximum der beiden Zahlen x und y):
1. and(x, y) := min(x, y)
2. or(x, y) := max(x, y)
3. not(x) := 1 − x
In der Informationstechnologie steht die 1 für einen angeschalteten Zustand (Strom fließt) und die 0 für einen ausgeschalteten Zustand (Strom fließt nicht). Wir betrachten nun obigen Schaltkreis, bei dem an den mit 1 gekennzeichneten
Stellen Strom fließt und an den mit 0 gekennzeichneten Stellen kein Strom fließt. Durch diese Angaben ist der Wert,
der bei dem Fragezeichen ankommt, eindeutig bestimmt. Kommt nun eine 0 oder eine 1 bei dem Fragezeichen an?
Lösung:
Geht man die einzelnen Verknüpfungen von links nach rechts durch, so erhält man schließlich die 1.
Bild: Lösung des Schaltkreisproblems
86
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
1.5.2
Wenn-dann-Aussagen und Äquivalenzen
Aufgabe: Geben Sie nun die vollständigen Wahrheitstafeln der Implikation und der Äquivalenz an!
Lösung:
Wahrheitstafel der Implikation:
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
A =⇒ B
w
f
w
w
Wahrheitstafel der Äquivalenz:
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
A =⇒ B
w
f
w
w
B =⇒ A
w
w
f
w
A⇔B
w
f
f
w
Fehler:
Behauptung: a > 0 ⇔ a2 > 0 gilt für alle a ∈ R .
Beweis: Aus a > 0 folgt durch Multiplikation mit einem positiven a gemäß der Sätze zum Rechnen mit Ungleichungen
a·a>a·0
Somit gilt obige Behauptung für alle a ∈ R.
und damit
a2 > 0 .
q.e.d.
Erläuterung:
Hier wurde übersehen, dass man beim Beweis einer Äquivalenz stets beide Richtungen zeigen muss. Bei dieser Aussage
muss daher zum einen a > 0 =⇒ a2 > 0, zum anderen aber auch a2 > 0 =⇒ a > 0 gezeigt werden. Erst dann gilt
auch die Ausgangsbehauptung a > 0 ⇔ a2 > 0 . Ursache ist also vermutlich eine Fehlvorstellung in Bezug auf das
Äquivalenzzeichen.
Wie man am Gegenbeispiel a = −1 < 0 mit a2 = (−1)2 = 1 > 0 sehen kann, gilt die Behauptung “a > 0 ⇔ a2 > 0“
auch nicht für alle a ∈ R, sondern lediglich für positive reelle Zahlen.
Fehler:
Behauptung: Ich kann beweisen, dass 1 = 0 gilt:
Beweis: Sei x1 = 0 für alle x 6= 0, dann darf auf beiden Seiten mit x 6= 0 multipliziert werden und man erhält
schließlich:
1 = 0 · x = 0.
q.e.d.
Erläuterung:
Auch wenn hier alle Folgerungen richtig sind, kann dadurch die Aussage 1 = 0 nicht bewiesen werden, da die Ausgangsbehauptung für kein x wahr werden kann. Somit kann nach dem Grundsatz “ex falso quodlibet“ aus x1 = 0
sowohl eine wahre wie auch eine falsche Aussage gefolgert werden und damit eben auch die falsche Aussage 1 = 0 .
Fehler:
Behauptung: Für alle x ∈ R ist −2x2 − 14 > 0 .
Beweis: Sei x ∈ R beliebig, dann gilt offensichtlich immer x2 > −7 .
Die Multiplikation mit −2 auf beiden Seiten liefert −2x2 > 14 und damit letztlich nach Subtraktion von 14 auf beiden
Seiten −2x2 − 14 > 0 . Insgesamt ergibt sich daher
x ∈ R ⇒ x2 > −7 ⇒ −2x2 > 14 ⇒ −2x2 − 14 > 0
und somit die Ausgangsbehauptung x ∈ R ⇒ −2x2 − 14 > 0 .
Erläuterung:
q.e.d.
1.5. LOGIK UND BEWEIS
87
Bei dieser Beweisführung wurde bei der Multiplikation mit −2 vergessen, das Zeichen > umzudrehen. Es liegt also ein
Fehler in den Folgerungen vor. Auf korrektem Weg erhalten wir dann −2x2 − 14 < 0 für alle x ∈ R .
Aufgabe: Ist die folgende Implikation wahr oder falsch: Wenn 1 · 1 = 2, dann bestehen wir alle Klausuren.
Lösung:
Da die Aussage A: 1 · 1 = 2 falsch ist, ist die Implikation A =⇒ B wahr, egal ob die Aussage B falsch oder wahr ist.
Aufgabe: Zeige, dass die folgenden Aussagen stets den Wert wahr annehmen:
A =⇒ A ∨ B
und
¬(¬A ∨ B) ⇔ A ∧ ¬B .
Lösung:
Die Implikation A =⇒ A ∨ B wird bewiesen durch:
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
A∨B
w
w
w
f
A =⇒ A ∨ B
w
w
w
w
Der Beweis der Äquivalenz ¬(¬A ∨ B) ⇔ A ∧ ¬B erfolgt durch die Wahrheitstafel:
A
w
w
f
f
¬A
f
f
w
w
B
w
f
w
f
¬B
f
w
f
w
¬A ∨ B
w
f
w
w
¬(¬A ∨ B)
f
w
f
f
A ∧ ¬B
f
w
f
f
Aufgabe: Bestätige folgende Äquivalenzen durch Vergleich von Wahrheitstafeln:
A∧A⇔A
und
A ∨ A ⇔ A.
Lösung:
Die Äquivalenzen kann man durch die folgende einfache Wahrheitstafel beweisen:
A
w
f
A∧A
w
f
A∨A
w
f
Aufgabe: Bestätige folgende Äquivalenz durch eine Wahrheitstafel:
(A =⇒ B) ⇔ (¬A ∨ B)
Lösung:
A
w
w
f
f
¬A
f
f
w
w
B
w
f
w
f
A =⇒ B
w
f
w
w
¬A ∨ B
w
f
w
w
88
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Aufgabe: Ein Schüler soll zeigen, dass x = 5 die Gleichung
Folgendes gibt er als Lösung an:
⇒
⇒
x
2x − 3
(2x − 3)2
=
=
=
5
7
49
(2x−3)2
7
− 7 = 0 löst.
⇒
⇒
und
(2x−3)2
−7
7
(2x−3)2
7
2
(2x − 3)
=
=
=
0
7
49.
Was hat dieser Schüler damit gezeigt? An welchen Stellen kann das Implikationszeichen durch den Äquivalenzpfeil
ersetzt werden? Geben Sie eine korrekte Lösung an!
Lösung:
Der Schüler hat die Implikationen
(2x − 3)2
− 7 = 0 ⇒ (2x − 3)2 = 49
7
gezeigt. Diese Folgerungen haben die Form A =⇒ C und B =⇒ C.
Aus den beiden Implikationen kann der Schüler aber keine Aussage über die Beziehung von A zu B treffen. Das heisst,
er hat die Aufgabe nicht gelöst. Er hätte neben der bewiesenen Aussage A =⇒ C zeigen müssen, dass die Aussage
2
− 7 = 0.
C =⇒ B richtig ist, denn dann folgt A =⇒ B, also x = 5 =⇒ (2x−3)
7
Tatsächlich gilt
x = 5 ⇒ (2x − 3)2 = 49
⇔
⇒
x
2x − 3
(2x − 3)2
=
=
=
und
5
7
49
und
⇔
⇔
(2x−3)2
−7
7
(2x−3)2
7
2
(2x − 3)
=
=
=
0
7
49.
Also gilt auch C =⇒ B und somit A =⇒ B, was zu zeigen war.
Achtung: Es gilt nicht B =⇒ A, da man nicht von (2x − 3)2 = 49 auf 2x − 3 = 7 schließen kann: Für x = −2
ist die erste Gleichung erfüllt, aber nicht die zweite Gleichung!
1.5. LOGIK UND BEWEIS
1.5.3
89
Beweisstrategien, Methodik und Formalia
Aufgabe: Zeigen Sie mittels eines direkten Beweises, dass obige Behauptung “Das Quadrat einer geraden natürlichen
Zahl ist stets eine gerade Zahl“ richtig ist.
Tipp: Eine Zahl n ∈ N ist gerade, wenn ein m ∈ N existiert, so dass n = 2m .
Lösung:
Behauptung: Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl.
Beweis: Sei n ∈ N eine gerade Zahl. Dann existiert ein m ∈ N mit der Eigenschaft n = 2m. Es folgt durch Quadrieren
n2 = (2m)2 = 22 · m2 = 2 · 2 · m2 = 2 · (2m2 ) .
Da 2m2 eine natürliche Zahl ist, ist 2 · (2m2 ) eine gerade Zahl.
Somit folgt insgesamt:
n gerade =⇒ n2 gerade
q.e.d.
Aufgabe: Beweisen Sie die Aussage “Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl“ mittels
Kontraposition!
Lösung:
Behauptung: Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl.
Beweis: Wir betrachten zunächst die Aussage “Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl“
als Implikation A ⇒ B: “Aus n gerade (A) folgt n2 gerade (B)“. Um nun mittels Kontraposition zu argumentieren,
zeigen wir die Aussage: “Wenn das Quadrat einer natürlichen Zahl nicht gerade ist (¬B), dann ist die Zahl selbst auch
nicht gerade (¬A)“:
Dabei stellen wir zuerst fest, dass eine nicht gerade natürliche Zahl stets ungerade ist. Es gelte nun, dass n2 ungerade ist, wobei n ∈ N ist. Dann ist die Zahl 2 kein Teiler von n2 und somit auch kein Teiler von n, also ist n auch ungerade.
Damit folgt letztlich umgekehrt: Ist n eine gerade Zahl, so ist n2 auch gerade.
w.z.b.w.
Aufgabe: Beweisen Sie die Aussage “Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl“ durch
einen Widerspruchsbeweis, indem Sie zeigen, dass A ∧ ¬B einen Widerspruch ergibt.
Lösung:
Behauptung: Für alle n ∈ N folgt aus n gerade, dass auch n2 gerade ist.
Beweis: Wir zeigen, dass sich aus n gerade und n2 ungerade ein Widerspruch ergibt:
Sei n gerade, d.h. es existiert ein m ∈ N mit n = 2m. Sei weiterhin n2 ungerade (d.h. nicht gerade), dann existiert ein
k ∈ N mit n2 = 2k + 1 .
Damit folgt insgesamt
(2m)2 = 2k − 1
und damit wiederum 2 · (2m2 ) = 2k − 1 . Da 2m2 eine natürliche Zahl ist, ist 2 · (2m2 ) gerade. Auf der linken Seite
steht damit also eine gerade Zahl, auf der rechten Seite allerdings eine ungerade. Eine Zahl kann jedoch nie gleichzeitig
gerade und ungerade sein, so dass 2 · (2m2 ) = 2k − 1 einen Widerspruch darstellt.
Somit folgt aus n gerade und n2 ungerade eine Falschaussage und damit insgesamt der Beweis der Behauptung. Aufgabe: Beweisen Sie, dass die Aussage “Jede Quadratzahl ist gerade“ falsch ist.
Lösung:
Behauptung: Die Aussage “Jede Quadratzahl ist gerade“ ist falsch.
Beweis:
Die Zahl 1 ist eine ungerade Quadratzahl. Somit existiert mindestens eine Quadratzahl, die nicht gerade ist und die
Aussage “Jede Quadratzahl ist gerade“ ist falsch.
q.e.d.
Fehler:
Behauptung: Für alle n ∈ N gilt: A(n) : 1 + 2 + 3 + ... + n =
(n+2)(n−1)
2
90
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
Beweis: Mit vollständiger Induktion:
Induktionsanfang (IA): Die Aussage gilt für n = 1
Induktionsvoraussetzung (IV): Die Aussage A(n) gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ N .
Induktionsschluß (IS): Es gilt auch A(n + 1) , denn:
1 + 2 + 3 + . . . + n +(n + 1)
{z
}
|
=
=
(n + 2)(n − 1)
(n + 2)(n − 1) + 2n + 2
+ (n + 1) =
2
2
=
(n + 2)(n − 1) + (n + 2) + (n − 1) + 1
((n + 2) + 1)((n − 1) + 1)
((n + 1) + 2)((n + 1) −
=
=
2
2
2
(n+2)(n−1)
2
Somit folgt die Behauptung für alle n ∈ N .
q.e.d.
Erläuterung:
Bei dieser Beweisführung wurde der Induktionsschritt korrekt bewiesen, allerdings ist der Induktionsanfang nicht gesichert, denn A(1) : 1 = (1+2)(1−1)
= 0 ist offensichtlich falsch. Die Behauptung ist somit, wie auch die entsprechende
2
Beweisführung, falsch.
Fehler:
Behauptung: A(n) : Alle natürlichen Zahlen sind ungerade.
Beweis: Mit vollständiger Induktion:
IA: A(1) ist wahr, denn 1 ist eine ungerade, natürliche Zahl.
IV: Die Aussage A(n) gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ N .
IS: Die Aussage gilt auch für A(n + 1) , denn n ist laut IV eine ungerade Zahl, genauso wie 1, also setzt sich n + 1
aus zwei ungeraden Zahlen zusammen und ist somit ebenfalls ungerade.
Erläuterung:
In diesem Fall wurde ein Fehler im Induktionsschritt gemacht. Wenn n ungerade ist, muss n + 1 logischerweise eine
gerade Zahl sein, da die Summe zweier ungerader Zahlen immer einer gerade ergibt. Somit ist auch hier die Aussage
einschließlich ihres “Beweises“ falsch.
Fehler:
Behauptung: Für alle n ∈ R gilt n1 ≤ 1.
Beweis: Mit vollständiger Induktion:
IA: A(1) ist wahr, denn 11 = 1 ≤ 1.
IV: Die Aussage A(n) gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ R .
IS: Die Aussage A(n) gilt auch für n + 1 , denn nach Induktionsvoraussetzung gilt
1
Somit gilt 1 ≤ n < n + 1 ⇒ n+1
≤ 1.
Damit folgt insgesamt die Behauptung A(n) für alle n ∈ R .
q.e.d.
1
n
≤ 1 ⇒ 1 ≤ n.
Erläuterung:
Die Beweisführung selbst ist hier in allen Schritten korrekt. Dennoch kann damit die Aussage A(n) nur für alle n ∈ N ,
nicht aber für n ∈ R gezeigt werden.
Der Beweis mittels vollständiger Induktion kann nur auf Aussagen auf der Basis der natürlichen Zahlen angewandt
werden!
Im konkreten Fall gilt die Aussage “ n1 ≤ 1“ auch tatsächlich nur für alle natürlichen Zahlen, nicht aber für alle reellen
n , schließlich ist 11 = 2 > 1 .
2
Aufgabe: Beweisen Sie durch vollständige Induktion die Aussage A(n): “2n > n + 1 für alle n ∈ N \ {1} .“
Lösung:
IA: A(2) ist wahr, denn es gilt 4 = 22 > 3 = 2 + 1.
IV: Die Aussage A(n) gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ N \ {1} .
IS: Die Aussage gilt auch für A(n + 1) , denn
IV
2n+1 = 2 · 2n > 2 · (n + 1) = 2n + 2 = n + 2 + n
n∈N\{1}
>
n + 2 = (n + 1) + 1.
Aufgabe: Eine ganze Zahl n heißt ungerade, wenn es eine ganze Zahl m gibt, so dass n = 2 m + 1 gilt und gerade,
wenn es eine ganze Zahl m gibt, so dass n = 2 m gilt.
1.5. LOGIK UND BEWEIS
91
Zeige durch direkten Beweis: Sind n1 und n2 ungerade Zahlen, dann bildet die Summe n1 + n2 eine gerade Zahl und
das Produkt n1 · n2 eine ungerade Zahl.
Lösung:
Seien n1 und n2 ungerade Zahlen. Dann gibt es zwei ganze Zahlen m1 und m2 derart, dass n1 = 2m1 + 1 und
n2 = 2m2 + 1 gilt.
• n1 + n2 = 2m1 + 1 + 2m2 + 1 = 2m1 + 2m2 + 2 = 2(m1 + m2 + 1) ist gerade, da m1 + m2 + 1 ∈ Z.
• n1 · n2 = (2m1 + 1) · (2m2 + 1) = 4m1 m2 + 2m1 + 2m2 + 1 = 2(2m1 m2 + m1 + m2 ) + 1 ist ungerade, da
2m1 m2 + m1 + m2 ∈ Z.
Aufgabe: Zeigen Sie mittels direkten Beweises, dass der Term n3 − n für alle n ∈ N durch 6 teilbar ist.
Lösung:
Zunächst einmal faktorisieren wir den Term und erhalten n3 − n = n(n2 − 1) = (n − 1)n(n + 1). Die Zahl ist also ein
Produkt dreier aufeinander folgender, nichtnegativer ganzer Zahlen.
• Mindestens eine der drei Zahlen ist gerade, denn entweder ist die Zahl n gerade oder die Zahlen n − 1 und n + 1.
Das heißt die Zahl 2 ist ein Teiler von n3 − n.
• Unter den drei Zahlen n − 1, n und n + 1 ist genau eine der Zahlen durch 3 teilbar, denn teilen wir die Zahlen
mit Division mit Rest durch 3, so erhalten wir die Reste 0,1 und 2.
Da 2 und 3 Teiler von n3 − n sind und 2 und 3 teilerfremd sind, ist das Produkt 2 · 3 = 6 auch ein Teiler von n3 − n.
Aufgabe: Beweisen Sie die folgende Aussage durch indirekten Beweis:
“Ist 2 ein Teiler von n ∈ N , dann ist 2 auch Teiler von n3 .“
Lösung:
Wir nehmen an, dass 2 ein Teiler von n ∈ N und 2 kein Teiler von n3 ist und führen diese Annahme zum Widerspruch.
Wir erhalten durch Division mit Rest
n3 = 2 · k + 1.
Der Rest bei der Division von n3 durch 2 muss 1 sein, da 2 kein Teiler von n3 ist. Da 2 die Zahl n teilt, gilt n = 2m.
Durch die Substitution n = 2m erhalten wir n3 = (2m)3 = 2 · 4m3 = 2 · k + 1. Da 2 · 4m3 eine gerade und 2 · k + 1
eine ungerade Zahl ist, können die beiden Zahlen nicht, wie oben gezeigt, identisch sein. Das ergibt den gewünschten
Widerspruch.
Aufgabe: Zeigen Sie durch Kontraposition:
“Ist a · b gerade, dann ist a gerade oder b gerade.“
Lösung:
Zu zeigen ist, dass aus a ungerade und b ungerade folgt, dass a · b ungerade ist. Sei also a und b ungerade. Dann
gilt a = 2n + 1 und b = 2m + 1 mit n, m ∈ Z. Für das Produkt erhält man somit a · b = (2n + 1) · (2m + 1) =
4nm + 2n + 2m + 1 = 2(2nm + n + m) + 1.
Aufgabe: Die Winkelsumme in einem Viereck beträgt 360 ◦ . Zeige durch Widerspruchsbeweis, dass mindestens ein
Winkel größer oder gleich 90 ◦ sein muss.
Lösung:
Nehmen wir an, dass die Behauptung falsch ist. Dann existiert kein Winkel in dem Viereck, welcher grösser oder
gleich 90 ◦ ist. Das heißt aber, dass alle vier Winkel kleiner als 90 ◦ sind. Die Winkelsumme ist somit kleiner als 360 ◦ .
Das steht aber im Widerspruch zu der Tatsache, dass die Winkelsumme exakt 360 ◦ beträgt. Folglich ist der Beweis
erbracht.
Aufgabe: Erläutern Sie, warum die Aussagen
1. A(2) ist wahr.
92
KAPITEL 1. RECHENGESETZE
2. Für n ∈ N, n ≥ 2: A(n) wahr =⇒ A(2n) wahr.
3. Für n ∈ N, n ≥ 2: A(n + 1) wahr =⇒ A(n) wahr.
genügen, um die Behauptung
√
n
a1 · a2 · . . . · an ≤
a1 + a2 + . . . an
.
n
für alle n ∈ N mit n ≥ 2 und beliebige positive Zahlen a1 , . . . , an zu zeigen.
Lösung:
Mit 1. erhalten wir durch mehrmaliges Anwenden von 2. die Richtigkeit von A(4), A(8), A(16), . . ., also für beliebig
große 2er - Potenzen.
3. erlaubt es, von einer beliebigen Zahl n0 aus, die Richtigkeit von A(n0 − 1), A(n0 − 2), . . . , A(1) zu zeigen.
- - Jetzt bliebe noch formal zu zeigen (z.B. durch einen Widerspruchsbeweis), dass es zu jeder natürlichen Zahl
n ∈ N eine 2er - Potenz N = 2k mit K ∈ N gibt, so dass N ≥ n gilt. Wir nehmen dies an dieser Stelle einfach hin.
Kapitel 2
Potenzen
2.1
Potenzen mit ganzzahligen Exponenten
2.1.1
Rechengesetze
Aufgabe: Man betrachte folgende Gleichung
2 · 2 · 2} = |2 · 2 · 2 · 2{z
· 2 · 2 · 2 · 2} = 28
23 · 25 = |2 ·{z
2 · 2} · |2 · 2 ·{z
3−mal
5−mal
8−mal
• Was ergibt sich für 32 · 37 ?
• Welche Gesetzmäßigkeit lässt sich bei beiden Beispielen erkennen? Formulieren Sie ein allgemeingültiges Gesetz
für obige Gleichungen.
Lösung:
• Es ergibt sich: 32 · 37 = |3{z
· 3} · |3 · 3 · 3 ·{z
3 · 3 · 3 · 3} = |3 · 3 · 3 · 3 ·{z
3 · 3 · 3 · 3 · 3} = 39
2−mal
7−mal
9−mal
• Für n, m ∈ N gilt die Formel an · am = an+m .
Aufgabe: Es gilt
(23 )5 = |23 · .{z
. . · 23} = 215
5−mal
• Berechnen Sie analog (32 )7 .
• Stellen Sie auch hier eine allgemeine Formel auf.
Lösung:
• Wir erhalten: (32 )7 = |32 · .{z
. . · 32} = 314
7−mal
• Für n, m ∈ N gilt die Formel (an )m = an·m .
Aufgabe: Ein weiteres Rechenbeispiel für Potenzen ist
. . · 3} = (2 · 3) · . . . · (2 · 3) = 65
25 · 35 = |2 · .{z
. . · 2} · |3 · .{z
|
{z
}
5−mal
5−mal
• Wie lautet demzufolge das Ergebnis für 37 · 57 ?
• Wie kann man diese Berechnungen verallgemeinern?
93
5−mal
94
KAPITEL 2. POTENZEN
Lösung:
. . · 5} = (3 · 5) · . . . · (3 · 5) = 157
• Das Ergebnis lautet: 157 und man erhält es so: 37 · 57 = |3 · .{z
. . · 3} · |5 · .{z
|
{z
}
7−mal
n
n
7−mal
7−mal
n
• Für n ∈ N gilt die Formel a · b = (a · b) .
Aufgabe: Man vereinfache durch Ausklammern:
Lösung:
Wir erhalten durch Ausklammern
5a3 − 7a5 = a3 (5 − 7a2 ) .
Aufgabe: Man vereinfache durch Ausklammern:
Lösung:
Wir erhalten
5a3 − 7a5 .
2a8 b5 − 7a5 b3 + a7 (−b)4 .
2a8 b5 − 7a5 b3 + a7 (−b)4 = a5 b3 (2a3 b2 − 7 + a2 b) .
Aufgabe: Man vereinfache:
−
1
−5
.
a−4
Lösung:
Zunächst einmal darf a nicht 0 sein, da a−4 sonst nicht definiert ist. Es ergibt sich
−
1
−5
a−4
−1 −5 (−4)·(−1) −5
−5
1
= − a−4
= −a
= −a4
= −a−20 = − 20 .
a
Aufgabe: Man vereinfache:
183 (ab2 )2
63 ((a2 b)3 (a−1 )2 )
3
.
Welche a und b müssen ausgeschlossen werden?
Lösung:
183 (ab2 )2
3
63 ((a2 b)3 (a−1 )2 )
=
183
a2 b4
·
3 =
3
6
(a6 b3 a−2 )
Die Zahlen a und b müssen von 0 verschieden sein.
18
6
3
·
a 2 b4
3
(a4 b3 )
= 33 ·
a2 b4
27
= 10 5
12
9
a b
a b
2.1. POTENZEN MIT GANZZAHLIGEN EXPONENTEN
2.1.2
95
Die geometrische Folge und die geometrische Reihe
Fehler:
... da ganz offensichtlich nicht gilt
1−q n+1
1−q
=
Erläuterung:
Zwar gilt die erste Aussage
Dennoch ist
1−q n+1
1−q
=
n+1
1−q n+1
= q 1−q−1
1−q
q n+1 −1
richtig, denn:
q−1
q n+1 −1
1−q
, genauso wenig wie
1−q n+1
1−q
=
q n+1 −1
q−1
oder
1−q n+1
1−q
=
n+1
durchaus nicht, genauso wenig wie die letzte Gleichung ( 1−q
1−q
1−q n+1
q−1
=
.
1−q n+1
q−1 ).
1 − q n+1
−1 1 − q n+1
−1 + q n+1
q n+1 − 1
=
·
=
=
.
1−q
−1
1−q
−1 + q
q−1
Der Schüler hat offensichtlich aus einer richtigen Aussage etwas Falsches gefolgert. Ursachen könnten mangelnde
Kenntnisse in der Bruchrechnung und im Rechnen mit Vorzeichen sein.
Fehler:
Unter Verwendung der Sätze aus dem Unterricht berechne ich leicht
5
X
2 · 3k = 26 ·
k=0
5
X
3k = 64 ·
k=0
1 − 3(5+1)
= 64 · 364 = 23296 .
1−3
Erläuterung:
Das Ergebnis ist falsch, da man den Faktor 2 ganz einfach vor die Summe schreiben kann. Das Potenzieren mit 6 ist
dabei überflüssig und falsch (bei einem Produkt wäre es richtig gewesen).
Korrekte Lösung:
5
5
X
X
1 − 3(5+1)
3k = 2 ·
2 · 3k = 2 ·
= 2 · 364 = 728 .
1−3
k=0
k=0
Fehler:
Somit ist
n
X
qk =
k=0
für alle q 6= 1 und
∞
X
1 − q n+1
1−q
qk =
k=0
1
1−q
für alle |q| < 1 . Für q = 1 lässt sich die Summe offensichtlich nicht ausrechnen.
Erläuterung:
Pn
Die angegebenen Gleichungen sind korrekt. Zwar können diese Formeln nicht zur Berechnung der Summe k=0 1k
eingesetzt werden, dies ist allerdings nicht nötig, da wir dies wie folgt viel einfacher erhalten:
n
X
1k = 10 + 11 + 12 + ... + 1n−1 + 1n = 1 + 1 + 1 + ... + 1 + 1 = n + 1 .
|
{z
} |
{z
}
k=0
n+1 Summanden
n+1 Summanden
Es ist demnach falsch, dass die Summe nicht berechnet werden kann. Ursache des Fehlers ist vermutlich eine mangelnde
Reflexion über die erlernten Formeln und deren Sonderfälle.
Fehler:
Für die Berechnung von
n
X
qk
k=0
kann ich für q = 1 die geschlossene Formel der geometrischen Folge nicht anwenden. Die Summe lässt sich auch ohne
diese leicht berechnen, denn schließlich ist
n
X
k=0
1k = 10 + 11 + 12 + ... + 1n = n .
96
KAPITEL 2. POTENZEN
Erläuterung:
Dieser Schüler hat den eben angesprochenen Zusammenhang zwar verstanden, dennoch ist ihm ein Standardfehler
unterlaufen: Er hat vergessen, dass die Summe bei 10 beginnt und somit n + 1 Summanden enthält. Die korrekte
Lösung kennen Sie bereits.
Aufgabe: Man schreibe die folgenden Zahlen mit 10 - er Potenzen in wissenschaftlicher Notation, z. B. 175000 =
1, 75 · 105 :
35000 ;
0, 000021 ;
28, 301 .
Lösung:
Es gilt
35000
=
3, 5 · 104
0, 000021 = 2, 1 · 10−5
28, 301 = 2, 8301 · 101 .
Aufgabe: Man berechne die Summe:
1
1
1
+
+ . . . + 10 .
9 92
9
Lösung:
11
0
0
10 k
X
1 − 19
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+ . . . + 10 = −
+
+ + 2 + . . . + 10 = −1 +
= −1 +
9 92
9
9
9
9 9
9
9
1 − 19
k=0
| {z } | {z }
= −1
= +1
Jetzt kann man entweder den Taschenrechner bemühen und erhält:
11
1 − 91
−1 +
=
1 − 19
31381059608
31381059609
8
9
−1=
435848050
1
= 0, 12499999996415035011509448358347.. ≈ .
3486784401
8
Oder man rechnet von Hand und vereinfacht so weit wie möglich:
11
1 − 19
−1 +
1 − 19
=
=
=
=
1 11
9
11 !
11
1
9
9
1
9
= −1 + ·
− 11
−1 +
= −1 + · 1 −
8
8
9
8
911
9
9
11
11
11
9· 9 −1
9
9 −1
9 −1
−1 + ·
= −1 +
= −1 +
11
10
8
9
8·9·9
8 · 910
10
10
10
10
10
8·9
9·9 −1
−8 · 9 + 9 · 9 − 1
9 −1
−
+
=
=
10
10
10
8 ·9
8· 9
8·9
8 · 910
10
1
9 −1
·
8
910
1−
Das Ergebnis (ungefähr ein Achtel) kann man nun bereits ablesen, denn
rechnet (doch wieder mit dem Taschenrechner):
910 −1
910
≈ 1 ist offensichtlich. Oder man be-
1 910 − 1
1 3486784400
435848050
1
·
=
·
=
= 0, 12499999996415035011509448358347.. ≈ .
8
910
8 3486784401
3486784401
8
Aufgabe: Man wandle die folgenden periodischen Dezimalzahlen in Brüche um:
2, 3 ;
0, 00327 .
2.1. POTENZEN MIT GANZZAHLIGEN EXPONENTEN
97
Lösung:
Man erhält
2, 3
∞
X
k
1
= 2 + 0, 3 = 2 +
3·
10
k=1
k
∞ X
1
= 2−3+3+3
= −1 + 3 ·
10
k=0
=
k
∞ X
1
1+
10
!
= −1 + 3 ·
k=1
k
∞ X
1
10
k=0
3
10
7
1
−1 + 3
1 = −1 + 9 = −1 + 3 = 3
1 − 10
10
und für 0, 00327 betrachten wir wegen 0, 00327 =
1
1000
· 3, 27 zuerst einmal
k
∞ X
1
3, 27 = 3 + 0, 27 = 3 + 27
100
k=1
k !
k
∞
∞ X
X
1
1
= 3 + −27 + 27 + 27
= 3 − 27 + 27
100
100
k=1
k=0
1
100
27 · 100
−264 300
= −24 + 27 ·
= −24 + 27 ·
= −24 +
=
+
1
99
99
11
11
1 − 100
36
=
11
Es ergibt sich also:
0, 00327 =
1 36
36
9
=
=
.
1000 11
11000
2750
Aufgabe: Man berechne die Summe:
a + ab + ab2 + . . . + ab10 .
Lösung:
10
X
1 − b11
a + ab + ab2 + . . . + ab10 = a · 1 + b + b2 + . . . + b10 = a
bk = a
1−b
k=0
98
KAPITEL 2. POTENZEN
2.1.3
Binomialkoeffizienten und der binomische Lehrsatz
Fehler:
..., damit ergibt sich schnell
3, 94
=
(4 − 0, 1)4 =
=
229, 4239 .
4
4
4
4
4
· 44 · 0, 10 −
· 43 · 0, 11 −
· 42 · 0, 12 −
· 41 · 0, 13 −
· 40 · 0, 14
0
1
2
3
4
Erläuterung:
Es liegt ein Vorzeichenfehler vor: Der Schüler dachte, jeder Summand wäre augrund der Subtraktion negativ. Dies ist
jedoch falsch, denn er hätte das Minuszeichen als Vorzeichen stets zur Basis der zweiten Potenz hinzunehmen müssen.
Korrekte Lösung:
3, 94
=
=
=
=
=
4
0
− 0, 1)4
(44−0
·4
· (−0, 1)0
4
1·4 ·1
256
231, 3441 .
+
−
−
4
1
· 44−1 · (−0, 1)1
4 · 43 · 0, 1
25, 6
+
+
+
4
2
· 44−2 · (−0, 1)2
6 · 42 · 0, 01
0, 96
+
−
−
4
3
· 44−3 · (−0, 1)3
4 · 41 · 0, 001
0, 016
+
+
+
4
4
· 44−4 · (−0
1 · 1 · 0, 0001
0, 0001
Fehler:
Die Summe aller Teilmengen mit höchstens 3 Elementen aus einer 5 - elementigen Menge berechnet sich durch Addition:
5
5
5
5
20
+
+
+
=
= 38760 .
0
1
2
3
6
Erläuterung:
Der Schüler dachte, dass für entsprechende a, b, c, d die Regel gilt
c
a+c
a
+
=
.
d
b+d
b
Dies ist aber falsch. Ursache ist vermutlich ein falsches Verständnis und das Aufstellen und Anwenden eigener, falscher
Regeln.
Korrekte Lösung:
5
5
5
5
+
= 1 + 5 + 10 + 10 = 26 .
+
+
0
1
2
3
Fehler:
Die Anzahl der 0 - elementigen Teilmengen einer Menge mit 0 Elementen ist natürlich 0, schließlich kann ich diese
Menge überhaupt nicht bilden. Analog ist 0! = 0 · 0 = 0 .
Erläuterung:
Dies ist falsch, da die Anzahl der nullelementigen Teilmengen einer Menge mit 0 Elementen 1 ist, schließlich kennen
wir diese eine Menge: die leere Menge!
Dies ist ein häufig auftretender Fehler - die leere Menge wird oft fälschlicherweise nicht als Menge angesehen, da sie
keine Elemente enthält.
Darüber hinaus ist 0! = 1 .
Fehler:
..., somit ergeben sich beim 7 - maligen Ziehen aus einer Urne mit 25 unterscheidbaren Kugeln (ohne Zurücklegen,
jedoch bei Beachtung der Reihenfolge) genau (25 − 7)! Möglichkeiten.
Erläuterung:
Auch dieser Fehler tritt häufig auf. Der Schüler dachte, dass man von der Anzahl aller Kugeln die 7 abziehen müsste
und mit der Fakultät dieser Subtraktion das Endergebnis erhält, was jedoch falsch ist.
Korrekte Lösung:
25!
25 · 24 · 23 · 22 · 21 · 20 · 19 =
= 2422728000 .
(25 − 7)!
2.1. POTENZEN MIT GANZZAHLIGEN EXPONENTEN
99
Ursache des Fehlers ist vermutlich die Analogie zwischen der Division und der Subtraktion im Hinblick auf das
“Vermindern“ einer Ausgangszahl. Um die bei der Ziehung aller Kugeln mit 25! zu viel berechneten Möglichkeiten
wieder herauszunehmen, muss, wie eben gezeigt, durch die Fakultät der Subtraktion dividiert werden. Auf diesem Weg
kürzen sich die bei 25! zu viel gezählten Fälle wieder heraus.
Fehler:
..., so dass ich unter Verwendung der Rekursionsformel
n
n−1
n
=
+
k
k−1
k−1
den Beweis meiner Aussage erhalte.
Erläuterung:
Hier wurde die Rekursionsformel falsch auswendig gelernt. Korrekt lautet diese
n
n−1
n−1
=
+
.
k
k−1
k
Aufgabe: Man berechne folgende Fakultäten und Binomialkoeffizienten:
11
13
6!, 7!,
,
.
5
6
Lösung:
6!
6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720
=
7!
= 7 · 6! = 7 · 720 = 5040
11 · 10 · 9 · 8 · 7
11 · 9 · 8 · 7
11
11!
=
=
= 11 · 3 · 2 · 7 = 11 · 42 = 462
=
5! · 6!
5·4·3·2·1
4·3
5
13 · 12 · 11 · 10 · 9 · 8
13 · 11 · 10 · 9 · 8
13
13!
=
=
= 13 · 11 · 2 · 3 · 2 = ·13 · 12 · 11 = 156 · 11 = 1716
=
6! · 7!
6·5·4·3·2·1
5·4·3
6
Aufgabe: Man berechne mit dem binomischen Satz:
(2a − b)5 ,
(3 − a)6 .
Lösung:
Es ergibt sich
(2a − b)5
=
=
=
5
0
(2a)5−0 b0 − 51 (2a)4 b1 + 52 (2a)3 b2 −
32a5
− 5 · 16a4 b + 10 · 8a3 b2 −
5
4
32a − 80a b + 80a3 b2 − 40a2 b3 + 10ab4 − b5 .
5
3
(2a)2 b3
10 · 4a2 b3
+
+
5
4
(2a)1 b4
5 · 2ab4
5
5
−
−
(2a)0 b5
b5
und
(3 − a)6
=
=
=
6
0
6 4 2
6 3 3
36−0 a0 − 61 35 a1 +
−
2 3 a
3 3 a
729
− 6 · 243a + 15 · 81a2 − 20 · 27a3
729 − 1458a + 1215a2 − 540a3 + 135a4 − 18a5 + a6 .
+
+
6
4
32 a4
15 · 9a4
−
−
6
5
31 a5
6 · 3a5
+
+
6
6
30 a6
a6
Aufgabe: Man berechne mit dem binomischen Satz:
1, 14 ,
0, 994 .
Lösung:
1, 14
=
=
=
=
=
0, 1)4
(1 +4−0
·1
· 0, 10
1·1·1
1
1, 4641 .
4
0
+
+
+
4
1
· 14−1 · 0, 11
4 · 1 · 0, 1
0, 4
+
+
+
4
2
· 14−2 · 0, 12
6 · 1 · 0, 01
0, 06
+
+
+
4
3
· 14−3 · 0, 13
4 · 11 · 0, 001
0, 004
+
+
+
4
4
· 14−4 · 0, 14
1 · 1 · 0, 0001
0, 0001
100
0, 994
KAPITEL 2. POTENZEN
=
=
=
=
=
4
0
− 0, 01)4
(14−0
·1
· (−0, 01)0
1 · 14 · 1
1
0, 96059601 .
+
−
−
4
1
· 14−1 · (−0, 01)1
4 · 13 · 0, 01
0, 04
+
+
+
4
2
· 14−2 · (−0, 01)2
6 · 12 · 0, 0001
0, 0006
+
−
−
4
3
· 14−3 · (−0, 01)3
4 · 11 · 0, 000001
0, 000004
+
+
+
4
4
· 14−4
1 · 1 · 0,
0, 000
2.1. POTENZEN MIT GANZZAHLIGEN EXPONENTEN
2.1.4
101
Zinsrechnung
Aufgabe: Man lege 100e zu einem Zinssatz von 6%, 7% bzw. 8% an. Welches Kapital erhält man nach 12 Jahren?
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir benutzen zur Bestimmung des Endkapitals die Formel
Kn = K0 (1 + i)n .
Bei einem Anfangskapital von K0 = 100e und einer Laufzeit von n = 12 Jahren erhalten für die jeweiligen Zinssätze
i folgende Beträge:
K12
K12
K12
=
=
=
12
= 201.2196... ≈ 201, 22 e
12
= 225.2191... ≈ 225, 22 e
12
= 251.8170... ≈ 251, 82 e
100 (1 + 0, 06)
100 (1 + 0, 07)
100 (1 + 0, 08)
Aufgabe: Heidrun legt 1000 e über 4 Jahre zum jährlichen Zinssatz von 2% mit monatlicher Verzinsung an. Wie
viel e erhält sie nach dieser Laufzeit? Berechnen Sie auch den effektiven Jahreszins. Diese Aufgabe enthält einen
interaktiven Teil!
Lösung:
Wird ein Anfangskapital von K0 = 1000e auf n = 4 Jahre zum jährlichen Zinssatz von i = 0, 02 monatlich verzinst,
so ergibt sich das Endkapital von 1083, 21 e wie folgt:
12·n
i
Kn = K0 · 1 +
12
12·4
0, 02
= 1000 · 1 +
12
48
0, 02
= 1000 · 1 +
12
= 1083.2149... ≈ 1083, 21 .
Der effektive jährliche Zinssatz beträgt
j=
0, 02
1+
12
12
− 1 = 0, 020184... ≈ 0, 0202 ,
also 2, 02%
Aufgabe: Hermann zahlt bei einer Bank am Ende jedes Jahres 1200 e ein und erhält 4% Zinsen. Wie hoch ist der
Rentenendwert nach 15, 20 bzw. 25 Jahren?
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir berechnen den Rentenendwert mit der Formel
Rn = r
qn − 1
,
q−1
q = 1 + i.
Der Sparer erhält nach 15, 20 und 25 Jahren bei einem Zinssatz von i = 4% und einer jährlichen Einzahlung von
r = 1200e folgende Rentenendwerte:
R15
=
R20
=
R25
=
1, 0415 − 1
= 24028.305165... ≈ 24028.31e
0, 04
1, 0420 − 1
1200
= 35733.694291... ≈ 35733.69e
0, 04
1, 0425 − 1
1200
= 49975.089945... ≈ 49975.09e
0, 04
1200
102
KAPITEL 2. POTENZEN
2.2
Potenzen mit rationalen Exponenten
2.2.1
Quadratwurzeln und rationale Exponenten
Aufgabe: Man bestätige folgenden Zusammenhang, der aus dem Beispiel mit dem DIN A - Blatt stammt (dort war
a = 2).
q
√
√
a = 4 a, a ≥ 0.
√
Man denke dabei an die Definitionsgleichung der vierten Wurzel: ( 4 a)4 = a.
Lösung:
ALT:
Nach Definition gilt:
4
√
4
a = a.
Andererseits gilt auch:
q 4
√
a =
q
√
2 !2
√ 2
a
=
a = a.
Wir erhalten durch Gleichsetzen der obigen Gleichungen
q 4
√
a
=
m
q √ a =
4
√
4
a
√
4 a
m
q
√
a =
√
4
a.
NEU:
Mit den Rechengesetzen für die Wurzeln ergibt sich:
q
√
a
=
=
1 12
√ 12
1
1 1
a
= a2
= a2·2 = a4
√
4
a
Aufgabe: Sei a eine reelle Zahl. Welche Lösung besitzt die Gleichung x5 − a = 0 für a ≥ 0 und welche für a < 0?
Welche Lösung besitzt die Gleichung x6 − a = 0 für a ≥ 0 und welche für a < 0?
Es stehen
folgendep
Antwortmöglichkeiten
zur Auswahl:
p
√
√
5
5
a) 5 a ,
b) p
|a| ,
c) − 5 a ,
d) −p
|a|,
√
√
6
6
6
6
e)
a,
f)
|a| ,
g) − a ,
h) − |a|,
i) keine reelle Lösung.
Mehrfachnennungen sind möglich.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir betrachten zunächst die Gleichung x5 − a = 0. Daraus ergibt sich
x5 = a.
Für a ≥ 0 erhalten wir als Lösung
x=
√
5
a.
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
103
p
Für a < 0 haben wir die n - te Wurzel nicht explizit definiert, dennoch macht es Sinn x = − 5 |a| als Lösung zu
wählen, denn
p 5
p 5
x5 = − 5 |a| = (−1)5 · 5 |a| = −1 · |a| = a.
Das letzte Gleichheitszeichen gilt, da a negativ ist.
Betrachten wir nun die Gleichung x6 − a = 0. Es ergibt sich
x6 = a.
Für a ≥ 0 erhalten wir als Lösung
x=
√
6
a.
Für a < 0 existiert keine Lösung.
Wir erhalten also:
a≥0:
richtig:
a<0:
richtig:
x5 − a = 0p
√
x = 5 a = 5 |a|
a), b)
p
x = − 5 |a|
d)
x6 − a = 0p
√
x = 6 a = 6 |a|
e) ,f)
keine reelle Lösung
i)
Aufgabe: Ergänzen Sie die Tabelle durch die Frequenzen der Tonreihe mit dem Taschenrechner.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Die reinen Frequenzen errechnen sich wie folgt:
C:
440 · 56 = 528 ,
Cis:
440 · 54 = 550 ,
D:
440 · 43 ≈ 587 ,
E:
440 · 32 = 660 .
Die wohltemperierten Frequenzen ergeben:
√ 3
C:
440 · 12 2
= 523 ,
√ 4
12
Cis:
440 ·
2
= 554 ,
√ 5
12
D:
440 ·
2
≈ 587 ,
√ 7
E:
440 · 12 2
= 659 .
Fehler:
Mit einfachen Umformungen erhalten wir folgende Kette von Gleichungen:
⇔
4 − 10
25
⇔ 4 − 10 +
4
2
5
5
22 − 2 · 2 · +
2
2
2
5
⇔
2−
2
5
⇔ 2−
2
⇔ 2
=
=
=
=
=
=
9 − 15
25
4
2
5
5
32 − 2 · 3 · +
2
2
2
5
3−
2
5
3−
2
3
9 − 15 +
104
KAPITEL 2. POTENZEN
Dies ist offentichtlich falsch, wo wurde falsch gefolgert?
Erläuterung:
Wir gehen von der korrekten Gleichung 4 − 10 = 9 − 15 aus. Im ersten Folgerungsschritt wird auf beiden Seiten der
Gleichung 25
4 addiert. Als Nächstes werden die Zahlen umgeformt, um sie in der dritten Folgerung mit Hilfe der zweiten
binomischen Formel zusammenzufassen. Wir erhalten:
5
2
2−
2
=
3−
5
2
2
Im nächsten Schritt wurden durch Wurzelziehen die Quadrate entfernt. Dies geht jedoch nicht so bedenkenlos wie hier
geschehen. Formen wir die letzte Gleichung zur Verdeutlichung ein wenig anders um:
2
5
2−
2
=
5
3−
2
2
m
2
1
−
2
2
1
=
2
Die letzte Gleichung ist richtig, da das Quadrat von − 12 und 12 jeweils 14 ergibt. Würden wir, wie in der Aufgabe
geschehen, das Wurzelziehen nur als Wegfall der Quadrate betrachten, ergäbe sich die falsche Aussage
1
1
= .
2
2
Wie in der zuletzt aufgeführten Info im Skript zu entnehmen ist, gilt für alle reellen Zahlen a:
−
√
Demnach wäre nach der Gleichung 2 −
5 2
2
= 3−
a2 = |a| .
5 2
2
2
5
2−
2
wie folgt weiterzurechnen:
3−
=
m
5
3 −
=
2
m
1
− = 1 2
2
2 −
5
2
2
5 2
m
1
2
=
1
.
2
So erhalten wir keine falsche Aussage.
Fehler:
x3 = 27
⇒
x=
√
3
27 = 3
∨
√
x = − 3 27 = −3
Erläuterung:
√
x = − 3 27 = −3 ist keine Lösung der Gleichung x3 = 27, denn (−3)3 = −27 6= 27 .
Fehler:
x4 = 16
⇒
x=
√
4
16 = 2
Erläuterung:
√
Es fehlt die zweite Lösung x = − 4 16 = −2, denn (−2)4 = 16 .
Fehler:
√
√
√
1 + 99 = 1 + 99
Erläuterung:
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
√
√
√
√
√
1 + 99 = 100 = 10 6= 10,94987 ≈ 1 + 99 = 1 + 99
105
Fehler:
√
2
a3 = a 3
Erläuterung:
√
1
3
2
a3 = (a3 ) 2 = a 2 6= a 3
Fehler:
Keine Zahl x erfüllt die Gleichung x3 = −64 .
Erläuterung:
x = −4 erfüllt sehr wohl die Gleichung x3 = −64.
Fehler:
√
x = 52
⇒
x=5
∨
x = −5
Erläuterung:
√
√
√
Es gilt 52 = 25 = 5 und nicht 25 = −5 .
Aufgabe: Man vereinfache (ohne Taschenrechner):
√
32,
√
√
32 + 64,
50 −
√
8+
√
72 .
Lösung:
√
√
√
50 −
√
32
=
32 + 64 =
√
8 + 72 =
√
√
√
√
16 · 2 = 16 · 2 = 4 2
p
√
√
√
√ √
√
32 · (1 + 2) = 32 · 3 = 32 · 3 = 4 2 3 = 4 6
√
√
√
√
√
√ √
√
√
√
√
25 · 2 − 4 · 2 + 36 · 2 = 25 · 2 − 4 · 2 + 36 · 2 = (5 − 2 + 6) · 2 = 9 2
Aufgabe: Man beseitige die Wurzel im Nenner (ohne Taschenrechner):
√ 5√
3− 2
.
Lösung:
5
√
√
3− 2
=
=
Aufgabe: Man vereinfache:
√
64a2 ,
√
√
√
√
5
3+ 2
5( 3 + 2)
√
√ √
√ = √
√ √
√
3− 2 3+ 2
( 3 − 2)( 3 + 2)
√
√
√
√
√
√
5( 3 + 2)
5( 3 + 2)
√
√
=
= 5( 3 + 2)
3−2
( 3)2 − ( 2)2
√
a4 ,
√
a6 + a4 b2 .
Lösung:
√
p
Aufgabe: Man vereinfache:
64a2
√
a4
=
a6 + a4 b2
=
√
=
√
64 · a2 = 8 |a|
q
2
(a2 ) = a2 = a2
p
√ p
p
a4 (a2 + b2 ) = a4 a2 + b2 = a2 a2 + b2
√
12a2 + 12a ·
√
3a3 + 3 .
106
KAPITEL 2. POTENZEN
Lösung:
p
p
12a2 + 12a 3a3 + 3
p
p
12a(a + 1) 3(a3 + 1)
p
p
=
12a(a + 1) 3(a + 1)(a2 − a + 1)
p
=
36(a + 1)2 a(a2 − a + 1)
p
√ p
36 (a + 1)2 a(a2 − a + 1)
=
p
= 6 |a + 1| a(a2 − a + 1)
=
Verweis: Dabei bedienen wir uns der Identität: a3 + 1 = (a + 1)(a2 − a + 1) , die wir mit einer Polynomdivision (siehe
Modul 4.1.3) erhalten. (??)
p
√
4
Aufgabe: Man berechne:
256 .
Lösung:
4
√
q
4
√
q
√
q
256
=
256
=
256
=
q
4 √
162 =
√
4
16 =
√
4
24 = 2
oder
q
4
√
2
q
√
2
14
1
1
1
256 = (256) 2
= 256 8 = 28 8 = 2
oder
4
4
256 =
1
1
√
8
256 =
√
8
28 = 2
1
6 · 3125 5 − 3 · 216 3 − 4 · 243 5 .
Aufgabe: Man berechne:
Lösung:
1
1
1
6 · 3125 5 − 3 · 216 3 − 4 · 243 5
Aufgabe: Man beseitige den Nenner (a > 0):
15
=
6 · 5 − 3 · 6 − 4 · 3 = 30 − 18 − 12 = 0
.
Lösung:
1
1
2
a
a
√
= 1 = a · a− 3 = a1− 3 = a 3
3
a
a3
Aufgabe: Man schreibe als Potenz von a (a > 0):
5 √
a2 a 8 3 a
p
.
3
8
a−2 a 5
q
Lösung:
− 4 · 35
15
6 · 55
a
√
3 a
− 3 · 63
31
=
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
5 √
a2 a 8 3 a
p
3
8
a−2 a 5
q
107
p
=
=
=
p
p 71
1
1
5
5
a2 a 8 a 3
a2+ 8 + 3
a 24
p
= p
= p
3
3
3
8
8
2
a−2 a 5
a−2+ 5
a− 5
71 12
71
a 24
71
2
71
2
a 48
=
= a 48 · a 15 = a 48 + 15
2
2 31
− 15
a
a− 5
129
a 80
Aufgabe: Man löse die Gleichungen:
x5 +
1024
= 0,
243
x5 −
1024
= 0.
243
Lösung:
Für die erste Gleichung erhalten wir
x5 +
1024
243
x5
=
0
= −
1024
243
4
x=− .
3
Für die zweite Gleichung ergibt sich
x5 −
1024
243
=
x5
=
x =
0
1024
243
4
.
3
108
KAPITEL 2. POTENZEN
2.2.2
Quadratische Gleichungen
Aufgabe: Berechnen Sie die Nullstellen der quadratischen Funktion
1 2 9
x + x + 10
2
2
mit quadratischer Ergänzung.
Lösung:
1 2 9
x + x + 10
2
2
x2 + 9x + 20
2
9
x2 + 9x +
2
2
9
x+
2
x + 9 2
1 9
x = − = −4
2 2
=
0
=
0
2
9
− 20
2
=
=
=
oder
1
4
1
2
1 9
x = − − = −5
2 2
Aufgabe: Formen Sie folgende Terme mit quadratischer Ergänzung um:
1. − 25 x2 + x − 9
Lösung:
5
− x2 + x − 9
2
=
=
=
=
2.
7 2
5x
5
2
x2 − x − 9
2
5
5
2
1
1
−
x2 − x + 2 − 2 − 9
2
5
5
5
2
5
1
1
−
x−
+
−9
2
5
10
2
5
1
89
−
x−
−
.
2
5
10
−
− 3x
Lösung:
7 2
x − 3x =
5
7
5
=
7
5
=
=
x2 −
15
x
7
15
x − x+
7
2
7
15
x−
−
5
14
2
7
15
x−
−
5
14
2
7
5
15
14
45
.
28
2
−
15
14
2
15
14
2 !
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
109
3. ax2 − 12x − c
Lösung:
12
a x2 − x − c
a
2 2 !
6
6
12
2
−
−c
a x − x+
a
a
a
2
6
36
a x−
−
− c.
a
a
ax2 − 12x − c =
=
=
Fehler:
x2 + x − 2
2
1
x2 + x +
2
2
1
x+
2
1
x+
2
x
=
0
2
1
=
+2
2
=
=
=
9
4
3
2
1
Erläuterung:
Es wurde eine Lösung unterschlagen.
Korrekte Lösung:
1
x+
2
x +
2
=
1 2
x=1
=
oder
9
4
3
2
x = −2
Fehler:
Anwendung der p-q-Formel liefert bei 8x2 − 6x + 1 = 0 die beiden Lösungen
oder
x1
(−6)
= −
+
2
x2
(−6)
= −
−
2
s
s
(−6)
2
2
√
−1 = 3+2 2
(−6)
2
2
√
−1 = 3−2 2
Erläuterung:
Die p-q-Formel wurde direkt auf die Gleichung 8x2 − 6x + 1 = 0 angewandt. Es muss zunächst durch 8 geteilt werden.
Man erhält dann x2 − 43 x + 18 = 0 und die p-q-Formel liefert die
Korrekte Lösung:
s
s
2
2
(−3/4)
(−3/4)
1
1
(−3/4)
(−3/4)
1
1
x1 = −
+
− =
oder x2 = −
−
− =
2
2
8
2
2
2
8
4
110
KAPITEL 2. POTENZEN
Fehler:
x2 + 5x + 7
2
x + 5x
2
5
x+
2
2
5
x+
2
=
1
= −6
5
+
2
= −6 +
5
2
= −
7
2
Die Gleichung besitzt keine reellen Lösungen, da die Diskriminante negativ ist.
Erläuterung:
Die quadratische Ergänzung ist falsch. Die richtige quadratische Ergänzung lautet
Korrekte Lösung:
5
x+
2
x +
2
5 2
x = −2
=
−6 +
=
1
2
oder
5 2
2
und liefert die
25
1
=
4
4
x = −3
Aufgabe: Man forme folgende Terme mit quadratischer Ergänzung um:
1. 10x2 − 2x + 30
Lösung:
10x2 − 2x + 30
10 x2 −
= 10 x2 −
=
=
=
1
x + 30
5
1
1
1
x + 2 − 2 + 30
5
10
10
2
1
1
−
+ 30
10 x −
10
10
2
1
299
10 x −
+
10
10
2. − 25 x2 + 3x
Lösung:
5
− x2 + 3x
2
3. ax2 − 12x −
5
2
5
6
2
= −
x − x
2
5
5
6
32
32
2
= −
x − x+ 2 − 2
2
5
5
5
2
5
3
9
= −
x−
+
2
5
10
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
111
Lösung:
5
ax − 12x −
2
2
=
=
=
=
12
5
a x − x −
a
2
62
5
12
62
2
a x − x+ 2 − 2 −
a
a
a
2
2
6
36 5
a x−
−
−
a
a
2
2
6
72 + 5a
a x−
−
a
2a
2
Aufgabe: Man löse folgende Gleichungen:
1. 3x2 − 10x + 5 = 0
Lösung:
3x2 − 10x + 5
5
10
x2 − x +
3
3
x1/2
=
0
=
0
=
(−10/3)
−
±
2
s
(−10/3)
2
2
−
5 1√
5
=
±
10
3
3 3
2. 3x2 + 10x = 5
Lösung:
3x2 + 10x
=
5
3x + 10x − 5
5
10
x2 + x −
3
3
=
0
=
0
2
x1/2 2
(10/3)
±
= −
2
s
(10/3)
2
2
+
5
5 2√
= − ±
10
3
3 3
3. x2 + 10x = 0
Lösung:
x2 + 10x
=
0
x(x + 10)
=
0
x1 = 0
Aufgabe: Besitzt die Gleichung
Lösung:
oder
x2 = −10
x2 + 5x + 13 = 0 reelle Lösungen?
112
KAPITEL 2. POTENZEN
x2 + 5x + 13
52
52
x2 + 5x + 2 − 2 + 13
2
2
2
5
25
x+
−
+ 13
2
4
2
5
27
x+
+
2
4
2
5
x+
2
=
0
=
0
=
0
=
0
=
−
27
4
Auf der rechten Seite der letzten Gleichung steht eine negative Zahl, auf der linken Seite ein Quadrat. Folglich besitzt
die gegebene Gleichung keine reellen Löungen.
Aufgabe: Man bestimme q so, dass die folgende Gleichung genau eine reelle Lösung besitzt:
2x2 − 3x + q = 11 .
Lösung:
2x2 − 3x + q
=
11
2x − 3x + q − 11
3
2
2 x − x + q − 11
2
2
3
32
3
2
2 x − x + 2 − 2 + q − 11
2
4
4
2
3
9
2 x−
− + q − 11
4
8
2
3
2 x−
4
2
3
x−
4
=
0
=
0
=
0
=
0
=
97
−q
8
=
97 q
−
16 2
2
Die Gleichung besitzt nur dann genau eine reelle Lösung, wenn
erfüllt für
97 q
−
=
16 2
q
=
2
q
=
die rechte Seite der letzten Gleichung Null ist. Das ist
0
97
16
97
.
8
Die reelle Lösung ist dann x1/2 = 34 .
Aufgabe: Man löse die Gleichungen:
√
√
1. x + 6 − 2x − 1 = 0
Lösung:
√
√
x + 6 − 2x − 1
√
√
2
2
x+6 −
2x − 1
=
0
=
0
x + 6 − (2x − 1)
=
0
−x + 7
=
0
x =
7
|
·
√
x+6+
√
2x − 1
2.2. POTENZEN MIT RATIONALEN EXPONENTEN
113
Eine andere Lösungsmöglichkeit wäre:
√
x+6−
⇐
2. x +
√
√
2x − 1 = 0
√
√
x+6 =
2x − 1
x+6
=
2x − 1
−x + 7
=
0
x =
7
|
Beide Seiten quadrieren
x2 − 36 = 4
Lösung:
p
x2 − 36 = 4
p
x2 − 36 = 4 − x
p
2
x2 − 36
= (4 − x)2
x+
x2 − 36
=
x2 − 8x + 16
−36
=
−8x + 16
8x =
x =
52
13
2
13
x = 13
2 ist keine Lösung der Ausgangsgleichung, sondern der quadrierten dritten Gleichung. Indem man x = 2
13
5
in die zweite Gleichung einsetzt, erhält man nämlich auf der rechten Seite 4 − 2 = − 2 . Auf der linken Seite
steht aber eine Wurzel, die immer positiv ist. Folglich existiert keine Lösung.
114
KAPITEL 2. POTENZEN
Kapitel 3
Funktionen
3.1
Lineare, quadratische und allgemeine Funktionen
3.1.1
Lineare Funktionen
Aufgabe: Gegeben seien zwei lineare Funktionen durch:
y = 3x + 6,
y=
2
5
x+ .
3
3
Berechnen Sie jeweils den Funktionswert an der Stelle x = 2. Welchen Funktionswert hat jeweils das Argument x = 12 ?
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Gegeben sind die linearen Funktionen
(1) y = 3x + 6,
(2) y =
5
2
x+ .
3
3
Für die Funktionswerte y ergibt sich an der Stelle x = 2:
(1) y = 3 · 2 + 6 = 6 + 6 = 12,
2
5
4 5
9
· 2 + = + = = 3.
3
3
3 3
3
1
An der Stelle x = 2 ergibt sich:
(2) y =
1
3 12
15
+6= +
=
,
2
2
2
2
2 1 5
1 5
6
(2) y = · + = + = = 2.
3 2 3
3 3
3
(1) y = 3 ·
Aufgabe: Gegeben seien zwei lineare Funktionen durch:
2
4
y =− x− .
3
5
An welcher Stelle wird jeweils der Funktionswert y = −5 bzw. y = 52 angenommen? Diese Aufgabe enthält einen
interaktiven Teil!
y = 3x − 2,
Lösung:
Gegeben sind die linearen Funktionen
4
2
(2) y = − x − .
3
5
Wir berechnen die Stellen x, an denen der Funktionswert y = −5 angenommen wird:
(1) y = 3x − 2,
−5
=
3x − 2
m
−3
=
3x
m
−1
=
x.
115
116
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Es folgt: x = −1.
−5
=
2
4
− x−
3
5
m
4
−5 +
5
=
2
− x
3
m
−
25 4
+
5
5
=
2
− x
3
m
21
−
5
=
2
− x
3
m
21
3
−
· −
5
2
=
x
m
63
10
es folgt: x =
=
x
63
10 .
Nun berechnen wir die Stellen x, an denen der Funktionswert y =
2
5
=
2
5
angenommen wird:
3x − 2
m
2
+2
5
=
3x
m
2 10
+
5
5
=
3x
m
12
5
=
3x
m
12 1
·
5 3
=
x
m
4
5
=
x
es folgt: x = 45 .
2
5
=
2
4
− x−
3
5
m
6
5
=
2
− x
3
m
9
−
5
=
x
es folgt: x = − 95 .
Aufgabe: Welche Gleichung besitzt die Gerade, die durch die beiden Punkte (−1; −4) und (2; 3) festgelegt wird?
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
117
Lösung:
Wir bestimmen die Gleichung der Geraden, die durch die Punkte (−1; −4) und (2; 3) festgelegt wird. Dazu benutzen
wir die Zwei - Punkte - Form der Geradengleichung:
y2 − y1
y − y1
=
.
x − x1
x2 − x1
Mit (x1 ; y1 ) = (−1; −4) und (x2 ; y2 ) = (2; 3) ergibt sich:
y+4
x+1
=
3+4
2+1
m
y+4
x+1
=
7
3
m
y+4
=
7
(x + 1)
3
m
y+4
=
7
7
x+
3
3
m
y
=
7
7
x+ −4
3
3
m
y
=
5
7
x− .
3
3
Aufgabe: Durch die lineare Gleichung
3
− x − 5y + 12 = 0
2
wird eine Gerade beschrieben. Wie lautet ihre Steigung und ihr y-Achsenabschnitt? Diese Aufgabe enthält einen
interaktiven Teil!
Lösung:
Gegeben ist die Gleichung
3
− x − 5y + 12 = 0.
2
Wir lösen diese Gleichung nach y auf, um Steigung und y-Achsenabschnitt der beschriebenen Geraden zu bestimmen.
3
− x − 5y + 12
2
=
0
m
−5y
3
x − 12
2
=
m
y
=
−
3
12
x+
10
5
3
Der Koeffizient vor x entspricht der Steigung der Geraden. Die Steigung ist − 10
.
Das absolute Glied entspricht dem y-Achsenabschnitt. Die Gerade schneidet die y-Achse bei y =
Aufgabe: Berechnen Sie die Nullstellen der folgenden Geraden:
y = −3x + 6,
y=
2
1
x+ .
7
4
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Gegeben sind die Funktionen
(1) y = −3x + 6
(2) y =
2
1
x+ .
7
4
12
5 .
118
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Den Nullstellen einer Funktion entsprechen die Schnittpunkte mit der x-Achse des zugehörigen Funktionsgraphen. An
diesen Stellen ist der Funktionswert Null. Wir suchen folglich die x-Werte, für die y = 0 gilt.
Für die Funktion (1) ergibt sich
0
−3x + 6
=
m
3x
=
6
m
x
=
2
Die Nullstelle ist an der Stelle x = 2.
Für die Funktion (2) ergibt sich
0
=
2
1
x+
7
4
m
2
− x
7
=
1
4
m
x
=
1
7
7
· −
=−
4
2
8
Die Nullstelle ist an der Stelle x = − 78 .
Fehler:
Gesucht ist g(x) = mx + b . Dabei ist m =
Einsetzen eines Punktes wie folgt ergibt:
x2 −x1
y2 −y1
=
−4−2
0−1
= 6 die Steigung und b der y-Achsenabschnitt, der sich durch
g(2) = 1 = m · 2 + b = 6 · 2 + b
=⇒ b = −11 .
Somit ist g(x) = 6x − 11 .
Erläuterung:
Hier wurde zur Berechnung der Steigung fälschlicherweise die Formel m =
danach auch b falsch berechnet.
Ursache ist vermutlich falsches Auswendiglernen
Korrekte Lösung:
m
=
⇒ g(2)
=
x2 −x1
y2 −y1
verwendet. Dementsprechend wurde
y2 − y1
0−1
−1
1
=
=
=
x2 − x1
−4 − 2
−6
6
1
2
1=m·2+b= ·2+b=1⇒b= .
6
3
Fehler:
−y1
0−1
Mit g(x) = mx + b ist laut Definition m = xy12 −x
und damit m = 2−(−4)
= − 61 . Durch Einsetzen von (−4; 0) erhält
2
man schließlich b = 0 − − 61 · (−4) = − 23 und damit g(x) = − 61 · x − 23 .
Erläuterung:
1
verwendet. Somit sind
Auch hier wurde für m, wahrscheinlich aus dem selben Grund, eine falsche Formel xy21 −y
−x2
erneut b und m falsch. Die richtige Lösung kennen Sie bereits.
Fehler:
0−1
−1
1
1
Es ist m = xy22 −y
−x1 = −4−2 = −6 = 6 . Der y-Achsenabschnitt lässt sich bei (−4; 0) ablesen, es ist offensichtlich b = −4
und damit ist insgesamt g(x) = 61 x − 4 .
Erläuterung:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
119
Dieses Mal wurde m richtig bestimmt, allerdings irrtümlich angenommen, der y-Achsenabschnitt könne bei (−4; 0)
abgelesen werden. An diesem Punkt kann man jedoch lediglich die Nullstelle ablesen. Vermutlich liegt hier eine Fehlvorstellung bzgl. y-Achsenabschnitt und Nullstellen vor.
Fehler:
Ich weiß, dass sich m =
y1 −y2
x1 −x2
=
1−0
2−4
= − 12 ergibt und berechne b durch Einsetzen:
1
g(−4) = 0 = − · (−4) + b
2
=⇒ 0 = 2 + b
=⇒ b = −2 .
Erläuterung:
Hier wurde für m die richtige Formel verwendet, aber ein Vorzeichenfehler beim Einsetzen gemacht, sodass nicht nur
m sondern als Folgefehler auch b falsch berechnet wurden.
1−0
= 16 , womit wir nach korrekter Berechnung von b wieder auf die
Korrekte Lösung: Korrekt lautet es m = 2−(−4)
1
2
Lösung y = 6 x + 3 kommen.
Fehler:
Ich habe bei Klausuren immer Angst, dass ich bei der Berechnung der Steigung statt m =
2
m = xy11 −y
−x2 verwende. Deshalb schreibe ich mir hierfür stets einen Spicker.
Erläuterung:
−y1
Da m = xy22 −x
=
1
−1
−1
·
y2 −y1
x2 −x1
=
−y2 +y1
−x2 +x1
=
y1 −y2
x1 −x2
y2 −y1
x2 −x1
die Gleichung
gilt, kann dieser Fehler nicht auftreten.
Fehler:
Um eine Gerade festzulegen, reicht bereits ein Punkt aus, schließlich sind bei Geraden die Zuwächse und damit auch
der Quotient f (x)
stets konstant. Man kann damit also m durch diesen Quotient bestimmen und b durch Einsetzen
x
ausrechnen.
Erläuterung:
Dies gilt nicht bei allen Geraden. Ein Gegenbeispiel liefert uns bereits die Gerade f (x) = 2x + 3 , denn es ergibt sich
f (1) = 5 und f (2) = 7 und damit 72 6= 51 .
2)
1)
= f (x
für beliebige x1 , x2 gilt nur bei Geraden des
Die vom Studenten angesprochene Quotientengleichheit f (x
x1
x2
Typs f (x) = mx und damit für alle Geraden mit b = 0 .
Dementsprechend braucht man in der Regel auch 2 Punkte, um eine Gerade festzulegen.
Aufgabe: Gegeben ist die lineare Funktion:
1
y = −x + .
2
Man ergänze folgende Tabellen:
1
3
Argument
10 −10 0
Funktionswert
Argument
Funktionswert −1 0 2
5
2
− 25
− 43
3a
−2a
24b
−4b
Lösung:
Die Funktionswerte in der ersten Tabelle berechnen sich durch Einsetzen des zugehörigen Arguments für x in die
Gleichung y = −x + 21 . So ergibt sich z.B. der Funktionswert zum Argument x = 10 als y = −10 + 12 = −9 12 . Setzt
man das Argument x = −10 ein, erhält man y = −(−10) + 21 = 10 + 12 = 10 21 .
Auf diesem Weg erhalten wir die folgende Tabelle:
Argument
Funktionswert
10
−9 12
−10
10 21
0
1
2
1
3
1
6
− 52
9
10
3a
−3a +
1
2
−2a
2a + 12
Um nun die Argumente aus der zweiten Tabelle zu berechnen, müssen wir zunächst die Gleichung nach x auflösen, da
120
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
wir nun y gegeben haben und das jeweils zugehörige x suchen:
= −x +
y
⇔
⇔
1
2
1
−y +
2
y−
1
2
= −x
= x
Damit berechnen wir nun z.B. für y = −1 das Argument x = −(−1) + 21 = 1 12 . Analog können wir nun auch die zweite
Tabelle vervollständigen:
Argument
Funktionswert
1 12
−1
−1 12
2
1
2
0
−2
5
2
11
6
− 34
−24b +
24b
1
2
4b + 12
−4b
5
Aufgabe: Gegeben sind die linearen Funktionen y = 2x − 5 und y = − x + 1. Berechnen Sie die Nullstellen beider
6
Funktionen und den Schnittpunkt der zugehörigen Graphen.
Lösung:
Nullstelle von y = 2x − 5 :
⇔
⇔
Damit hat y = 2x − 5 seine Nullstelle bei x =
5
2
0
=
2x − 5
5
5
2
=
2x
=
x
.
5
Nullstelle von y = − x + 1 :
6
0
−1
6
5
5
Die Nullstelle von y = − x + 1 ist demnach x =
6
6
5
5
= − x+1
6
5
= − x
6
= x.
.
Zur Berechnung des Schnittpunkts der beiden Graphen setzen wir die Funktionsterme gleich und erhalten:
2x − 5
⇔
⇔
=
2x =
5
− x+1
6
5
− x+6
6
5
12
x+ x = 6
6
6
17
⇔
x = 6
6
36
⇔ x =
.
17
36
Die Graphen schneiden sich demnach an der Stelle x = 17
. Um den Schnittpunkt zu bestimmen, fehlt allerdings noch
der zugehörige Funktionswert, den wir durch Einsetzen von x = 36
17 in eine der beiden Funktionsgleichungen erhalten:
y = 2·
36
2 · 36 − 5 · 17
13
−5 =
= − .
17
17
17
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
36
; − 13
Der Schnittpunkt der beiden Graphen ist also S = 17
17 .
121
Aufgabe: Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden, welche durch den Punkt P (−3; 2) geht und die Steigung
m = − 25 besitzt.
Lösung:
Die allgemeine Gleichung der Geraden lautet y = m · x + b . Mit m = − 25 erhalten wir die Gleichung y = − 52 x + b .
Um letztlich noch b zu bestimmen, setzten wir die Koordinaten des Punktes P, durch den die Gerade laufen soll in die
Gleichung ein:
⇔
2
=
2
=
10 6
−
5
5
4
⇔
5
⇔
2
− · (−3) + b
5
6
+b
5
=
b
=
b
Somit lautet die gesuchte Funktionsgleichung
4
2
y =− ·x+ .
5
5
Alternativ hätten wir auch die Punkt - Richtungs - Form
das selbe Ergebnis gekommen:
y−2
x − (−3)
y−y1
x−x1
= m verwenden können und wären dabei natürlich auf
2
5
2
− · (x + 3)
5
2
6
− x−
5
5
2
6
− x− +2
5
5
4
2
− x+
5
5
= −
⇔
y−2
=
⇔
y−2
=
⇔
y
=
⇔
y
=
Aufgabe: Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden durch die beiden Punkte P1 (−1; 3) und P2 (3; 7) .
Lösung:
Zur Lösung dieser Aufgabe können wir entweder ausgehend von der Gleichung y = m · x + b die beiden Punkte einsetzen, so dass wir die beiden Gleichungen 3 = m · (−1) + b und 7 = m · 3 + b erhalten. Durch Auflösen und Einsetzten
können wir dann sowohl m als auch b bestimmen.
y−y1
1
Alternativ wollen wir hier nun die Zwei - Punkte - Form x−x
= xy22 −y
−x1 verwenden. Dazu setzten wir lediglich die
1
vorgegebenen Koordinaten von P1 und P2 ein und lösen nach y auf:
y−3
x − (−1)
y−3
⇔
x+1
⇔ y−3
=
7−3
3 − (−1)
4
4
x+1
⇔
=
x+4
Die gesuchte Geradengleichung lautet also y = x + 4 .
y
=
=
122
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Aufgabe: Wie muss man m wählen, damit die Geraden
y = mx + b,
3x + 5y = 1
genau einen Schnittpunkt besitzen? Wie muss man m und b wählen, damit die Geraden zusammenfallen?
Lösung:
Um die Fragen leichter beantworten zu können, lösen wir die rechte Funktionsgleichung zunächst nach y auf:
3x + 5y
=
⇔
1 − 3x
1
3
= − x+ .
5
5
5y
⇔
1
=
y
Es lässt sich nun leicht überlegen, dass für m = − 35 und b = 15 die beiden Geraden identisch sind.
Bei gleicher Steigung, aber unterschiedlichem b sind die Geraden parallel aber nicht identisch und können sich somit
nicht schneiden. D.h. für m = − 53 und b 6= 15 haben die beiden Geraden keinen Schnittpunkt.
In allen anderen Fällen, also für m 6= − 35 und b 6= 51 aber auch für m 6= − 53 und b = 51 schneiden sich die Geraden
genau in einem Punkt. Diese beiden Eigenschaften lassen sich leicht mit der Eigenschaft “m 6= − 35 und b beliebig“
zusammenfassen.
Aufgabe: Gegeben sind die linearen Funktionen y = −x + 2 und y = ax + b. Bestimmen Sie a und b, so dass die
beiden Graphen genau (1) einen Schnittpunkt haben, (2) keinen Schnittpunkt haben, (3) zusammenfallen.
Lösung:
Die Lösung dieser Aufgabe verläuft analog zur Lösung der vorherigen Aufgabe. Für a = −1 und b = 2 haben wir
mit y = −x + 2 die selbe Funktionsgleichung und damit zwei identische Funktionen, deren Graphen zusammenfallen
(Lösung zu (3)).
Für a = −1 und b 6= 2 haben wir gleiche Steigungen, aber unterschiedliche y−Achsenabschnitte, d.h. die Graphen der
beiden Funktionen verlaufen parallel und haben keinen Schnittpunkt (Lösung zu (2)).
Wählen wir a 6= −1 und b 6= 2 , so erhalten wir zwei Funktionen mit unterschiedlicher Steigung und unterschiedlichem
y−Achsenabschnitt und damit zwei Geraden die sich schneiden. Auch für a 6= 1 und b = 2 schneiden sich die Geraden
und es lässt sich zeigen, dass deren Schnittpunkt auch der Schnittpunkt mit der y−Achse ist. Also schneiden sich die
beiden Geraden genau dann, wenn a 6= −1 gilt (Lösung zu (1)). Die Wahl von b spielt hierbei keine Rolle.
Aufgabe: Die Gleichung Ax + By = 1 beschreibt eine Gerade. Wie muss man A und B wählen, damit die Gerade
durch die Punkte P1 = (1; 3) und P2 = (−2; 1) geht?
Lösung:
Wir setzen die Koordinaten der beiden Punkte in die Gleichung ein und erhalten die Gleichungen A + 3B = 1 sowie
−2A + B = 1 . Löst man die letzte Gleichung nach B auf, erhält man B = 2A + 1 . Durch Einsetzen des eben
berechneten Terms für B in die erste Gleichung erhalten wir A + 3(2A + 1) = 1 , aus der wir den Wert für A berechnen
können:
⇔
A + 3(2A + 1)
=
1
A + 6A + 3
=
1
=
1
⇔
7A + 3
⇔
⇔
7A
A
= −2
2
= −
7
Setzen wir nun A = − 27 in die Gleichung B = 2A + 1 ein, so erhalten wir mit B = 2 · − 72 + 1 = − 47 +
die Lösung für B .
Somit liegen P1 und P2 auf der Geraden Ax + By = 1 mit A = − 27 und B =
Aufgabe: Geben Sie jeweils zwei lineare Funktionen an, die...
(i) ... sich in genau einem Punkt schneiden
3
7
.
7
7
=
3
7
auch
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
123
(ii) ... mehr als einen Punkt gemeinsam haben
(iii) ... keinen Punkt gemeinsam haben.
Lösung:
Nun nutzen wir die Erkenntnisse aus den vorherigen Aufgaben umgekehrt:
(i) Da zwei Geraden sich genau dann schneiden, wenn sie unterschiedliche Steigungen haben, müssen wir nur unterschiedliche Werte für den Parameter vor x wählen. Somit schneiden sich z.B. die beiden Geraden y = 2x + 7 und
y = 7x + 7 in einem Punkt.
(ii) Zwei Geraden können nur dann mehr als einen Punkt gemeinsam haben, wenn sie aufeinander liegen und somit
identische Funktionsgleichungen besitzen. Dies ist z.B. der Fall bei den beiden Geraden y = 2x + 7 und y = 2x + 7 .
(iii) Keinen Punkt gemeinsam haben parallele Geraden, die nicht aufeinander liegen. Diese haben die gleiche Steigung
m , aber unterschiedliche y-Achsenabschnitte. Dies erfüllen z.B. die Geraden y = 2x + 7 und y = 2x + 1 .
Aufgabe: Versuchen Sie die Funktionsgleichungen der im Koordinatensystem abgebildeten Geraden zu bestimmen.
Bild:
Lösung:
Grüne Gerade:
Der y−Achsenabschnitt können wir bei y = 2 ablesen. Gehen wir dann vom entsprechenden Schnittpunkt um eine
Einheit nach rechts, erreichen wir den Graphen wieder, wenn wir um 0, 5 Einheiten nach oben gehen. Die Steigung ist
damit m = 0, 5 . Insgesamt lautet die Funktionsgleichung also y = 0, 5x + 2 .
Blaue Gerade:
Der y−Achsenabschnitt bei der blauen Gerade liegt bei y = 5 . Darüber hinaus liest man den Punkt (−0, 5; 3, 5) ab,
durch den die Gerade geht. Aus y = m · x + 5 ergibt sich durch Einsetzen und Auflösen nach m :
⇔
m · (−0, 5) + 5
3, 5
=
−1, 5
=
m · (−0, 5)
=
3
⇔
m
und damit die Geradengleichung y = 3x + 5 .
Gelbe Gerade:
Diese Gerade geht durch den Ursprung, somit ist b = 0 . Gehen wir vom Ursprung aus um eine Einheit nach rechts,
erreichen wir den Graphen wieder, wenn wir um 7 Einheiten nach unten gehen. Somit ist die Steigung m = −7 und
wir erhalten die gesuchte Gleichung mit y = −7x .
Rote Gerade:
Diese Gerade schneidet die y−Achse bei y = −3 . Geht man von hier aus um 2 Einheiten nach rechts, so erreicht man
1
den Graphen, wenn man 0,5 Einheiten nach unten geht. Die Steigung ergibt sich demnach als y = −0,5
2 = − 4 und die
1
Geradengleichung lautet y = − 4 x − 3 .
124
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Schwarze Gerade:
Die letzte Gerade schneidet die y−Achse ebenfalls bei y = −3 . Die Steigung berechnen wir wie eben: Wenn wir um
1,5 Einheiten nach rechts gehen, erreichen wir die Gerade wieder, wenn wir um 0,5 Einheiten nach oben gehen. Somit
0,5
= 13 und damit y = 31 x − 3 .
ist m = 1,5
Aufgabe: Wenn 14 Punkte der glatten Note 1 entsprechen und 11 Punkte genau der Note 2 , welche Note hat dann
ein Schüler, der im Zeugnis einen Durchschnitt von 9, 75 Punkten hat? Welche Punktzahl gehört gemäß dieser Vorschrift dann zur Note 6?
Lösung:
Da wir hier einen linearen Zusammenhang annehmen können, können wir die beiden Angaben als Punkte einer Geraden interpretieren und auf dieser Basis eine lineare Funktion aufstellen. Dabei entspricht der x-Wert jeweils den
Notenpunkten und y der zugehörigen Schulnote. Wenn 14 Punkte also der Note 1 entsprechen, liegt demnach P1 (14; 1)
auf der Geraden und wenn 11 Punkte einer 2 entsprechen, haben wir mit P2 (11; 2) die zweite Angabe, die zur Festlegung der Funktionsvorschrift nötig ist. Dazu nutzen wir die Zwei - Punkte - Form:
Es ergibt sich:
2−1
y−1
=
.
x − 14
11 − 14
Wir lösen wie gewohnt nach y auf:
y−1
x − 14
=
⇔
y−1
=
⇔
y−1
=
⇔
y−1
=
⇔
y
2−1
1
=−
11 − 14
3
1
− · (x − 14)
3
1
1
− · x + 14 ·
3
3
14
1
− ·x+
3
3
1
17
− ·x+
3
3
=
Damit ergibt sich für x = 9, 75 die Note y = − 31 · 9, 75 +
17
3
= − 31 ·
39
4
+
17
3
39
= − 12
+
68
12
=
29
12
≈ 2, 42 .
Wenn man nun umgekehrt mit dieser Funktionsvorschrift die zugehörige Punktzahl zur Schulnote y = 6 berechnen will, muss man die Funktion zunächst umkehren, d.h. nach x auflösen. Es ergibt sich:
y
⇔
⇔
17
3
−3y + 17
y−
17
1
= − ·x+
3
3
1
= − ·x
3
= x
Setzen wir nun y = 6 in diese Gleichung ein, so erhalten wir interessanterweise als Punktzahl −3 · 6 + 17 = −1 . Wir
wissen aber aus unserer eigenen Schulzeit, dass die Note 6 zur Punktzahl 0 gehört.
Tatsächlich ist es so, dass der lineare Zusammenhang bei der Schulnote 6 nicht mehr stimmt! Der zugehörige Graph
macht an dieser Stelle einen Knick. Für alle anderen Schulnoten funktioniert die Umrechnung mit Hilfe der obigen
Funktion jedoch problemlos.
Aufgabe:
1. Gegeben sei die Gerade y = mx.
Zeichnen Sie verschiedene Graphen mit unterschiedlichen Werten für den Parameter m und untersuchen Sie,
wie sich die Veränderungen auf den Graphen auswirken. Was bewirkt das Vorzeichen von m? Was haben die
Graphen gemeinsam?
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
125
2. Gegeben sei die Gerade y = mx + b. Untersuchen Sie, wie sich der Wert der Parameter m und b auf den Graphen
auswirkt. Was haben die Graphen gemeinsam, wenn man m festhält und b variiert, bzw. b festhält und m variiert.
Lösung:
1. Graphen von y = mx für verschiedene m :
Bild:
Die oben dargestellten Graphen lassen vermuten, dass alle Graphen von y = mx zunächst unabhängig vom
gewählten m durch den Ursprung (0; 0) verlaufen. Diesen Punkt haben demnach alle Graphen gemeinsam. Des
Weiteren scheint der Graph bei einem positivem m zu steigen, während er für negative Werte fällt. Je betragsmäßig größer m ist, desto schneller wächst bzw. bei negativem m fällt der Graph.
2. Betrachten wir hierzu die folgendenden beiden Bilder:
Bild: Graphen der Funktion y = mx + b mit konstantem m = 1 und verschiedenen b .
126
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Bild: Graphen der Funktion y = mx + b mit konstantem b = 1 und unteschiedlichen m .
Durch das erste Bild wird deutlich, dass der Parameter b sich auf die Verschiebung der Geraden in y-Richtung
auswirkt. b markiert dabei stets den y-Wert des Schnittpunkts mit der y-Achse (also den y-Achsenabschnitt).
Das zweite Bild verdeutlicht, dass die unterschiedliche Steigung m keinen Einfluss auf den Schnittpunkt mit der
x-Achse hat. Es gilt wie auch schon bei 1.): Bei positivem m steigt der Graph, bei negativem fällt er. Je großer
dabei |m| ist, desto mehr steigt bzw. fällt der Graph.
Aufgabe: Unter welchen Bedingungen besitzen die Geraden genau einen Schnittpunkt:
A1 x + B1 y = C1 ,
A2 x + B2 y = C2 ,
B1 6= 0, B2 6= 0 ?
Unter welcher Bedingung sind sie parallel?
Lösung:
Um diese Frage zu beantworten, lösen wir zunächst beide Gleichungen nach y auf und erhalten
A1 x + B 1 y
⇔
B1 y
⇔
y
= C1
= C1 − A1 x
A1
C1
= − x+
B1
B1
sowie
A2 x + B 2 y
⇔
B2 y
⇔
y
= C2
= C 2 − A2 x
A2
C2
= − x+
.
B2
B2
Nun können wir wie in den vorherigen Aufgabenlösungen folgern:
A2
A1
Ist − B
= −B
, so sind die Geraden parallel. Will man dabei ausschließen, dass die parallelen Geraden aufeinander
2
1
C2
C1
6= B
vorausgesetzt werden.
liegen, so muss zusätzlich B
2
1
A2
A1
Für − B
6= − B
haben die Geraden stets einen Schnittpunkt.
2
1
Aufgabe: Sei f (x) = −4x + 95 . Bestimmen Sie zunächst die Schnittpunkte mit der x− und der y−Achse. Sei a die
Schnittstelle mit der x−Achse und b der y−Achsenabschnitt. Überprüfen Sie, ob Sie mit Hilfe der Achsenabschnittsform einer Geraden xa + yb = 1 auf die selbe Funktionsgleichung kommen.
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
127
Lösung:
Schnittpunkt mit der x−Achse:
⇔
⇔
0
=
=
− 59
9
20
=
−4x +
−4x
x
9
5
9
Der Schnittpunkt liegt somit bei ( 20
; 0) .
Der Schnittpunkt mit der y−Achse lässt sich am y−Achsenabschnitt schnell ablesen, er liegt bei (0; 59 ) .
Gemäß der Definition aus der Aufgabenstellung gilt somit a =
schnittsform xa + yb = 1 ein, erhalten wir
x
9
20
bzw.
+
y
9
5
9
20
und b =
9
5
. Setzt man dies in die Achsenab-
=1
20
5
x + y = 1.
9
9
Löst man dies wie gewohnt nach y auf, erhalten wir
⇔
⇔
⇔
5
9y
y
y
20
9 x
+ 59 y
=
=
=
9
5
=
1
1 − 20
9 x
9
− 20
9 · 5 ·x
9
5 − 4x
und damit wieder unsere Ausgangsgleichung.
Wir sehen also, dass man mit Hilfe der Achsenabschnittsform die Gleichung einer Geraden bestimmen kann, von
der nur die Achsenabschnitte bekannt sind.
Aufgabe: Betrachten wir beispielsweise die Funktion g(x) = 2x + 3 , so lässt sich leicht erkennen, dass diese aus der
Ursprungsfunktion y = x durch Streckung um 2 und Verschiebung in y-Richtung um 3 entstanden ist.
Die Verschiebung in y-Richtung lässt sich jedoch auch als Verschiebung in x-Richtung interpretieren. Betrachten Sie
hierzu das folgende Bild:
Bild: Darstellung der Analogie zwischen der Verschiebung in y - und in x-Richtung am Beispiel von y = 2x und
f (x) = 2x + 3 .
1. Bestimmen Sie c ∈ R und damit die x-Verschiebung von g(x) .
2. Betrachten Sie nun die allgemeine lineare Funktion f (x) = mx + b mit m, b ∈ R, m 6= 0 . Welche Verschiebung
in x-Richtung entspricht der y-Verschiebung um b?
Lösung:
128
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
1. Die Verschiebung einer Funktion um z.B. 5 in x-Richtung bedeutet, dass die verschobene Funktion an der Stelle
x − 5 die selben Funktionswerte besitzt wie die Ausgangsfunktion bei x .
Da wir noch nicht wissen, um wieviel die Ausgangsfunktion in x-Richtung verschoben wurde, verwenden wir
hierfür zunächst die Variable c . Verschiebt man also y = 2x um c nach rechts, so erhält man die neue Funktion
y = 2(x − c) . Da die Veschiebung letztlich jedoch auf die Gerade y = 2x + 3 führen soll, gilt:
⇔
⇔
⇔
2x − 2c
−2c
c
2(x − c)
=
= 2x + 3
=
3
= − 23 .
2x + 3
Somit entspricht eine Verschiebung um 3 nach oben einer Verschiebung in x-Richtung um − 23 , d.h. um
links.
3
2
nach
2. Für den allgemeinen Fall ergibt sich ausgehend von der Funktion y = mx in analoger Weise:
⇔
⇔
⇔
mx + b
b
c
=
m(x − c)
mx + b
| {z }
| {z }
Verschiebung um b in y-Richtung
Verschiebung um c in x-Richtung
= mx − mc
=
−mc
b
=
−m
.
b
in x-Richtung.
Somit entspricht eine Verschiebung um b in y-Richtung einer Verschiebung um − m
Aufgabe: Gegeben seien die Funktionen f1 (x) = 2x + 3 und h1 (x) = − 21 x + 1 .
1. Zeichnen Sie die Graphen der beiden Geraden. Was fällt Ihnen auf?
2. Machen Sie das Gleiche mit g2 (x) = −3x + 5 und h2 (x) = 31 x − 2 . Können Sie eine Gesetzmäßigkeit entdecken?
Formulieren Sie einen allgemeingültigen Satz!
Lösung:
1. Die Geraden f1 (x) = 2x + 3 (blau) und h1 (x) = − 12 x + 1 (rot).:
Bild:
Scheinbar sind die Geraden orthogonal (senkrecht).
2. Die Geraden g2 (x) = −3x + 5 (blau) und h2 (x) = 31 x − 2 (rot).:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
129
Bild:
Erenut sind die Geraden orthogonal. Es fällt dabei auf, dass sowohl in Aufgabe 1 wie auch in Aufgabe 2 die
Steigungen m1 und m2 der jeweiligen Geraden die Gleichung m1 = − m12 erfüllen.
Satz: Zwei Geraden sind orthogonal, wenn für ihre Steigungen m1 und m2 mit m1 , m2 6= 0 gilt:
m1 = −
1
.
m2
130
3.1.2
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Quadratische Funktionen
Aufgabe: Berechnen Sie, welchen Abstand vom Erdboden der Ball nach einer Sekunde, zwei, drei, vier und fünf
Sekunden hat. Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Die Höhe des Balles lässt sich bestimmen mit der im Skript gegebenen Formel
1
y = − · 9, 81x2 + 10x + 52.
2
Es ergibt sich für die jeweiligen Zeiten:
x=1
x=2
x=3
x=4
x=5
Sekunde:
Sekunden:
Sekunden:
Sekunden:
Sekunden:
y
y
y
y
y
= − 21 · 9, 81 · 12 + 10 · 1 + 52 = 57, 095 ≈ 57, 1
= − 12 · 9, 81 · 22 + 10 · 2 + 52 = 52, 38 ≈ 52, 4
= − 21 · 9, 81 · 32 + 10 · 3 + 52 = 37, 855 ≈ 37, 9
= − 12 · 9, 81 · 42 + 10 · 4 + 52 = 13, 52 ≈ 13, 5
= − 21 · 9, 81 · 52 + 10 · 5 + 52 = −20, 625
Der Ball hat also bereits vor Ablauf der fünften Sekunden den Boden erreicht (y = 0).
Aufgabe: Berechnen Sie, zu welchen Zeiten die Höhen y = 54 und y = 40 durchlaufen werden.
enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Der Funktionsgraph der Wurfparabel lautet
1
y = − · 9, 81x2 + 10x + 52.
2
Um die Zeiten zu bestimmen, wann der Ball eine Höhe von y = 54 Metern hat, setzen wir gleich:
1
54 = − · 9, 81x2 + 10x + 52.
2
Wir formen um:
1
= − · 9, 81x2 + 10x − 2
2
4
20
2
·x+
= x −
9, 81
9, 81
0
Jetzt können wir die p - q - Formel anwenden.
x1/2
=
=
=
s
2
10
10
4
±
−
9, 81
9, 81
9, 81
10
1 p
±
100 − 4 · 9, 81
9, 81 9, 81
10
1 p
60, 76.
±
9, 81 9, 81
Es ergibt sich:
x1 = 0, 225 Sekunden,
x2 = 1, 814 Sekunden .
In analoger Weise können wir berechnen, wann der Ball eine Höhe von y = 40 Metern erreicht hat:
40
0
1
= − · 9, 81x2 + 10x + 52
2
m
20
24
= x2 −
x−
9, 81
9, 81
Diese Aufgabe
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
131
q - p - Formel:
x1/2
10
=
±
9, 81
s
10
9, 81
2
+
24
9, 81
Es ergibt sich: x1 = −0, 848 und x2 = 2, 886. Wir betrachten aber nur positive Zeiten. Demnach hat der Ball eine
Höhe von 40 Metern 2, 886 Sekunden nach dem Abwurf.
Alternativ hätten wir die Lösungen auch erhalten, wenn wir in die im Skript angegebene Lösungsformel
x=
10
1 p 2
10 + 9, 81 · 104 − 2 · 9, 81 · y
±
9, 81 9, 81
die Höhen y eingesetzt hätten.
Aufgabe: Leiten Sie die Gleichungen (1) und (2) her.
Lösung:
Das Weg - Zeit - Gesetz für Heidruns Wurf lautet
1
y = − · 9, 81x2 + 5x + 53.
2
Wir formen mithilfe quadratischer Ergänzung um:
y
=
=
=
=
=
1
10
2
− · 9, 81 x −
x + 53
2
9, 81
2 2 !
5
10
5
1
2
x+
− · 9, 81 x −
−
+ 53
2
9, 81
9, 81
9, 81
2 !
10
5
1 52
1
2
x+
+ ·
+ 53
− · 9, 81 x −
2
9, 81
9, 81
2 9, 81
2
1
5
1 52
− · 9, 81 x2 −
+ 53
+ ·
2
9, 81
2 9, 81
2
1 52
1
5
2
53 + ·
− · 9, 81 x −
.
2 9, 81 2
9, 81
Nun zur Herleitung von Gleichung (2):
Wenn der Ball auf den Boden trifft, hat er eine Höhe von Null Metern. Wir setzen folglich in obiger Gleichung y = 0:
0
0
1
= − · 9, 81x2 + 5x + 53
2
m
10
2 · 53
= x2 −
x−
.
9, 81
9, 81
Mit der p - q - Formel ergibt sich:
x1/2
5
=
±
9, 81
s
5
9, 81
2
+
2 · 53
.
9, 81
Die Zeit, die vergeht bis der Ball auf den Boden auftrifft, beträgt folglich
s
2 · 53
5
52
xA = x1 =
+
+
.
9, 81
9, 812
9, 81
Aufgabe: Prüfen Sie die Überführung in die Scheitelform nach.
132
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Lösung:
Wir zeigen mithilfe quadratischer Ergänzung
2
b
b2
ax2 + bx + c = a x +
+c− .
2a
4a
b
ax2 + bx + c = a x2 + x + c
a
2 2 !
b
b
b
2
−
= a x + x+
+c
a
2a
2a
2
2 !
b
b
b
2
+c−a
= a x + x+
a
2a
2a
2
b2
b
2
+c− .
= a x +
2a
4a
Aufgabe: Der Graph einer Parabel geht durch den Punkt (1; 3). Außerdem besitzt die Parabel den Scheitel (−2; − 32 ).
Wie lautet die Gleichung der Parabel in ausmultiplizierter Form? Diese Aufgabe enthält einen interaktiven
Teil!
Lösung:
Wir bestimmen den Funktionsterm der Parabel, die ihren Scheitelpunkt bei S = −2; − 23 hat, und die durch den
Punkt P = (1; 3) verläuft.
Wir setzen den Scheitelpunkt in die Scheitelform ein:
y = a(x + 2)2 −
3
.
2
Den Parameter a bestimmen wir mit dem Punkt P (1; 3):
3
9
2
1
2
=
a(1 + 2)2 −
=
9a
=
a.
3
2
Es ergibt sich
y=
1
3
(x + 2)2 − .
2
2
Multiplizieren wir diese Gleichung aus:
y
=
=
=
1 2
3
(x + 4x + 4) −
2
2
1 2
3
x + 2x + 2 −
2
2
1 2
1
x + 2x + .
2
2
Fehler:
Gegeben sei g(x) = 2x2 − 12x + 18 . Wo liegt der Scheitelpunkt der Parabel?
Antwort: g(x) = 2x2 − 12x + 18 = 2 · (x2 − 6x + 9) = 2(x − 3)2 . Somit liegt der Scheitelpunkt bei (−3; 0) .
Erläuterung:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
133
Der Scheitel wurde falsch abgelesen, es liegt ein Vorzeichenfehler vor: S liegt bei (3; 0) .
Fehler:
Bestimmen Sie den Scheitelpunkt der Funktion f (x) = 21 x2 + 6x + 10 .
2
Antwort: f (x) = 12 x2 + 6x + 10 = 12 x2 + 2 · 3x + 9 − 9 + 10 = 12 x + 3 + 1 . Der Scheitelpunkt ist also S(−3; 1) .
Erläuterung:
Es wurde vergessen, den Vorfaktor von x2 vor der quadratischen Ergänzung auszuklammern. Die quadratische Ergänzung
sowie der Scheitelpunkt sind daher falsch.
Korrekte Lösung:
1
1
1
1
y = − (x2 + 12x + 20) = (x2 + 2 · 6x + 36 − 36 + 20) = ((x + 6)2 − 16) = (x + 6)2 − 8
2
2
2
2
Somit ist der Scheitelpunkt S(−6; −8) .
Fehler:
Wie viele Punkte benötigen Sie, um eine quadratische Funktion eindeutig festzulegen? Geben Sie ein Beispiel an!
Antwort: Man benötigt mindestens drei Punkte. Damit diese verschieden sind, muss man nur darauf achten, verschiedene x−Werte und auch verschiedene y−Werte zu nehmen. Das einfachste Beispiel hierfür sind die drei Punkte
P (1; 1), Q(2; 2) und R(3; 3) .
Erläuterung:
Es ist richtig, dass man drei paarweise verschiedene Punkte benötigt, um eine Parabel festzulegen. Dabei muss allerdings zusätzlich beachtet werden, dass die drei Punkte nicht auf einer Geraden liegen.
P = (1; 1), Q = (2; 2) und R = (3; 3) gehören allerdings alle zur Geraden y = x und können somit nicht alle auf einer
Parabel liegen.
Fehler:
Erläutern Sie, wie die Funktion h(x) = (x − 3)2 − 7 durch geometrische Abbildungen aus f (x) = x2 entstanden ist:
Antwort: f wurde um 3 in x-Richtung und um 7 in y-Richtung verschoben.
Erläuterung:
Es liegt erneut ein Vorzeichenfehler vor: f wurde um −7 in y-Richtung verschoben, d.h. um 7 nach unten. Der Lösende
dachte scheinbar, man müsse auch das Vorzeichen des y-Achsenabschnitts umdrehen, um auf die entsprechende Verschiebung zu kommen.
Aufgabe: Für den freien Fall eines Körpers gilt das Weg - Zeit - Gesetz:
1
y = − · 9, 81x2 + v0 x + y0 .
2
Der Körper wird in der Anfangshöhe y0 > 0 mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 senkrecht nach oben bzw. nach unten
geworfen. x bedeutet die Zeit in Sekunden und y den Abstand vom Boden in Metern.
1. Sei v0 = 3m/s. Welche Anfangshöhe wird benötigt, damit der Körper die Scheitelhöhe von 60 m erreicht? Welche
Anfangshöhe wird benötigt, damit der Körper 6 Sekunden in der Luft bleibt?
2. Sei y0 = 55m. Welche Anfangsgeschindigkeit wird benötigt, damit der Körper die Scheitelhöhe von 60 m erreicht?
Welche Anfangsgeschindigkeit wird benötigt, damit der Körper 6 Sekunden in der Luft bleibt?
Lösung:
1. Gemäß der Definition aus dem zugehörigen Infokasten ist der Punkt
b
b2
(xs ; ys ) = − ; c −
2a
4a
der Scheitel der Parabel y = ax2 +bx+c. Nun gilt zunächst v0 = 3m/s , womit wir durch Einsetzen die Gleichung
y = − 21 · 9, 81x2 + 3x + y0 erhalten.
Gesucht ist dasjenige y0 , für das die Scheitelhöhe ys = 60m erreicht wird. Wir setzten dies in die Gleichung
134
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
ys = c −
b2
4a
= y0 −
32
4·(− 12 ·9,81)
ein und lösen dann nach y0 auf:
⇔
⇔
⇔
⇔
32
4·(− 12 ·9,81)
9
y0 − −2·9,81
9
y0 + 19,62
= y0 −
60
60
=
60
=
9
60 − 19,62
=
y0 ≈ 59, 54
y0
Wir benötigen also eine Anfangshöhe von ungefähr y0 ≈ 59, 54m .
Wenn der Körper 6 Sekunden in der Luft bleibt, bedeutet dies, dass ab dem Zeitpunkt des Abwurfs bis zu
seinem Auftreffen auf dem Boden genau 6 Sekunden vergehen. Dies wiederum bedeutet, dass die entsprechende
Parabel bei x = 6 eine Nullstelle hat und dass damit beim Einsetzen dieses x−Wertes in die Funktionsgleichung
y = − 21 · 9, 81x2 + 3x + y0 der Wert y = 0 herauskommen muss. Hierbei ergibt sich folgende Gleichung, die wir
erneut nach y0 auflösen:
⇔
⇔
⇔
⇔
0
0
0
0
y0
= − 12 · 9, 81 · 62 + 3 · 6 + y0
= − 21 · 9, 81 · 36 + 18 + y0
=
−18 · 9, 81 + 18 + y0
=
−158, 58 + y0
=
158, 58
Wir benötigen also eine Anfangshöhe von y0 = 158, 58m .
2. Wenn nun y0 = 55 gilt, lautet die Gleichung zunächst einmal y = − 21 · 9, 81x2 + v0 x + 55 . Gesucht ist nun die
Anfangsgeschwindigkeit v0 , für die erneut ein Scheitelhöhe von ys = 60m erreicht wird. Wir verwenden dazu
b2
erneut die Gleichung ys = c − 4a
, setzten die vorgegebenen Werte ein und lösen dieses Mal nach v0 auf:
60 = 55 −
⇔
v02
4·(− 21 ·9,81)
v02
−2·9,81
v02
− −19,62
v02
19,62
v02
60
=
55 −
⇔ 60
=
55
⇔ 5
⇔ 98, 1
⇔ v0
=
=
√
= ± 98, 1 ≈ ±9, 9
Da eine negative Lösung als Anfangsgeschwindigkeit ausgeschlossen werden kann, brauchen wir also eine Anfangsgeschwindigkeit von v0 ≈ 9, 9m/s .
Um eine Flugzeit von 6 Sekunden zu bekommen setzten wir wie oben x = 6 und y = 0 in die Ausgangsgleichung ein und berechnen v0 :
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
0
0
0
0
0
121, 58
=
=
=
=
=
=
− 21 · 9, 81 · 62 + v0 · 6 + 55
− 12 · 9, 81 · 36 + v0 · 6 + 55
−18 · 9, 81 + v0 · 6 + 55
−176, 58 + v0 · 6 + 55
−121, 58 + v0 · 6
v0 · 6 ⇔
v0 ≈ 20, 26
Wir benötigen dann also eine Anfangsgeschwindigkeit v0 ≈ 20, 26m/s .
Aufgabe: Von einer Parabel sei der Scheitel (xs ; ys ) = (−2, 3) sowie der Punkt (5; 7) bekannt. Wie lautet die Gleichung der Parabel? Wie kann man sich die Parabel aus der Normalparabel entstanden denken?
Lösung:
Hierfür verwenden wir die Scheitelpunktform y = a(x − xs )2 + ys und setzen zunächst die Koordinaten des Scheitelpunkts (xs ; ys ) = (−2, 3) ein:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
⇒
⇒
y
y
y
135
a(x − xs )2 + ys
a(x − (−2))2 + 3
a(x + 2)2 + 3
=
=
=
um nun noch den Parameter a zu ermitteln, setzen wir die Koordinaten des zusätzlichen Punkts (5; 7) in diese Gleichung ein und lösen nach a auf:
7
⇔ 7
⇔ 4
4
⇔ 49
Damit lautet die gesuchte Funktionsgleichung y =
=
=
=
=
4
49 (x
a(5 + 2)2 + 3
49a + 3
49a
a
+ 2)2 + 3 .
Aus der Normalparabel ist diese Parabel durch Stauchung mit dem Faktor
Kurve um 2 Einheiten nach links und um 3 Einheiten nach oben entstanden.
4
49
und anschließendes Verschieben der
Aufgabe: Besitzen folgende quadratischen Funktionen Nullstellen:
y = −3x2 − 2x + 6,
y = 3x2 − 2x + 6 ?
Stellen Sie die Scheitelform her und veranschaulichen Sie sich die Graphen mit einer Zeichnung.
Lösung:
y
⇔ y
=
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
−3x2 − 2x + 6
−3(x2 + 32 x − 2)
2
2
−3 x2 + 2 · 31 · x + 13 − 13 − 2
2
2
−3 x + 31 − 13 − 2
2
−3 x + 13 − 19 − 18
9
2
−3 x + 31 − 19
9
1 2
19
−3 x + 3 + 3
Wir erkennen, dass die Parabel nach unten geöffnet ist, bezogen auf die Normalparabel nach oben verschoben ist und
somit zwei Nullstellen haben muss, was folgendes Schaubild verdeutlicht:
Bild: Graph der Funktion y = −3x2 − 2x + 6 .
Bei der zweiten Gleichung erhalten wir:
136
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
y
⇔ y
=
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
3x2 − 2x + 6 3 x2 − 32 x + 2
2
2
3 x2 − 2 · 31 · x + 31 − 31 + 2
2
3 x − 13 − 91 + 18
9
2
3 x − 31 + 17
9
2
3 x − 13 + 17
3
Diese Funktion ist nach oben geöffnet und auch nach oben verschoben und kann somit keine Nullstellen besitzen, was
auch der zugehörige Graph veranschaulicht:
Bild: Graph der Funktion y = 3x2 − 2x + 6 .
Aufgabe: Besitzen folgende Parabeln Schnittpunkte
y = 3(x + 2)2 + 2,
y = −2(x + 3)2 − 4,
y = (x + 1)2 + 1,
y = 2(x − 3)2 − 3?
bzw.
Veranschaulichen Sie sich die Graphen mit einer Zeichnung.
Lösung:
Hierzu erstellen wir aus der Scheitelpunktform direkt eine Zeichnung der jeweiligen Graphen in einem Koordinatensystem:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
137
Bild: Graphen der Funktionen y = 3(x + 2)2 + 2 (blau) und y = −2(x + 3)2 − 4 (rot).
Offensichtlich schneiden sich also die ersten beiden Graphen nicht.
Bild: Graphen der Funktionen y = (x + 1)2 + 1 (blau) und y = 2(x − 3)2 − 3 (rot).
Die letzten beiden Funktionen haben jedoch einen gemeinsamen Schnittpunkt.
Aufgabe: Bestimmen Sie nur mit Hilfe von Sätzen aus diesem Modul den Scheitel der Funktion y = −2x2 + 2x +
und geben Sie an, ob es sich um einen Hoch - oder Tiefpunkt handelt.
5
2
Lösung:
Dazu führen wir die Gleichung in die Scheitelpunktform über:
y
⇔ y
⇔ y
⇔ y
⇔ y
⇔ y
= −2x2 + 2x + 52 = −2 x2 − x − 45
2
= −2 x2 − 2 · 21 · x + 12 −
2
= −2 x − 21 − 14 − 45
2
= −2 x − 21 − 32
2
= −2 x − 21 + 3
1 2
2
−
5
4
Der Scheitelpunkt ist damit also S 12 ; 3 . Gemäß des Infokastens über Hoch - und Tiefpunkte muss es sich bei S um
einen Hochpunkt handeln, da für den Vorfaktor −2 < 0 gilt.
138
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Aufgabe: Welche der folgenden Punkte liegen auf der Parabel y = − 21 x2 + 3x + 5?
15
19
(0; 5) , (−1; 10) ,
1;
,
3;
, (5; 5) .
2
2
Lösung:
Wir überprüfen durch Einsetzen:
• (0; 5) :
1
− · 02 + 3 · 0 + 5 = 5
2
Also gehört dieser Punkt zum Graphen.
• (−1; 10) :
1
3
1
− · (−1)2 + 3 · (−1) + 5 = − + 2 = 6= 10
2
2
2
Somit gehört dieser Punkt nicht dazu.
• 1; 15
:
2
1
15
1
− · 12 + 3 · 1 + 5 = − + 8 =
2
2
2
Dieser Punkt ist demnach Element des Graphen.
• 3; 19
:
2
1
1
9
9 28
19
− · 32 + 3 · 3 + 5 = − · 9 + 9 + 5 = − + 14 = − +
=
2
2
2
2
2
2
19
Auch der Punkt 3; 2 gehört damit zum Graphen.
• (5; 5) :
1
25
25 40
15
1
=
6= 5
− · 52 + 3 · 5 + 5 = − · 25 + 15 + 5 = − + 20 = − +
2
2
2
2
2
2
Der letzte Punkt gehört demnach nicht zum Graphen.
Aufgabe: Versuchen Sie die Funktionsvorschriften der im unteren Bild dargestellten Parabeln zu bestimmen.
Lösung:
Vorbemerkung: Bei der Bestimmung der Funktionsvorschriften suchen wir nach Punkten (im Idealfall dem Scheitelpunkt), die einafch abzulesende Koordinaten zu haben scheinen. Aufgrund von Ungenauigkeiten in der Zeichnung
oder beim Ablesen können Fehler auftreten, so dass die auf dieser Basis berechneten Funktionsgleichungen u.U. nur
Näherungen darstellen.
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
139
Grüner Graph
Der Scheitelpunkt dieser Parabel ist der Punkt S1 (0; 3, 5) . Geht man von hier aus um eine Einheit nach rechts, erreicht man den Graphen wieder, wenn man um 14 Einheiten nach oben geht. Der Vorfaktor a ist damit 14 . Mit Hilfe
der Scheitelpunktform y = a·(x−xS )2 +yS erhalten wir somit die Funktionsgleichung y = 41 (x−0)2 +3, 5 = 14 x2 +3, 5 .
Orangefarbener Graph
Der Scheitelpunkt kann bei S2 (1, 5; 0) abgelesen weren. Des Weiteren scheint der Punkt (6, 5; 2, 5) Element des Graphen zu sein. Wir verwenden also die Scheitelpunktform y = a · (x − 1, 5)2 + 0 = a · (x − 1, 5)2 , setzten die Koordinaten
dieses Punkts ein und berechnen das noch fehlende a :
⇔
⇔
⇔
⇔
Damit lautet die Funktionsgleichung y =
1
10 (x
= a · (6, 5 − 1, 5)2
=
a · 52
=
a · 25
=
a
1
=
10
2, 5
2, 5
2, 5
1
5
2 · 25
a
− 1, 5)2 .
Roter Graph
Den Scheitelpunkt des roten Graphs können wir als S3 (−2; −1, 5) ablesen. Gehen wir von ihm aus um eine Einheit
nach rechts, müssen wir um 2 Einheiten nach unten gehen, um wieder beim Graphen zu sein. Somit ergibt sich mit
der Scheitelpunktform die Funktionsgleichung y = −2(x + 2)2 − 1, 5 .
Blauer Graph
Beim blauen Graph können wir den Scheitelpunkt nicht ablesen, so dass wir insgesamt drei Punkte zur Festlegung der
Gleichung benötigen. Dazu stellen wir fest, dass die Parabel die y−Achse bei y = 2, 5 schneidet. Somit ist P1 (0; 2, 5)
der erste Punkt. Des Weiteren liegen die Punkte P2 (2; 1) und P3 (−1; −0, 5) auf dem Graphen. Diese setzen wir nun
nacheinander in die allgemeine Funktionsgleichung y = ax2 +bx+c ein und berechnen die drei unbekannten Parameter
a, b und c :
= a · 02 + b · 0 + c
2, 5
5
⇔
2
= c
Damit haben wir unseren ersten Parameter c = 52 .
Setzen wir diesen sowie die Koordinaten des zweiten Punkts in die Ausgangsgleichung ein und lösen diese nach einer
der noch unbekannten Variablen auf:
1
⇔ − 32
⇔ − 23 − 2b
⇔ − 38 − 21 b
= a · 22 + b · 2 +
=
a·4+b·2
=
a·4
=
a
5
2
Setzten wir nun die bisherigen Ergebnisse (a = − 38 − 12 b sowie c = 52 ) und den dritten Punkt in die Ausgangsgleichung
ein, erhalten wir:
−0, 5
= − 38 − 12 b · (−1)2 + b · (−1) + 52
=
− 83 − 12 b − b + 25
⇔ − 12
⇔ −3
=
− 83 − 32 b
24
3
⇔ −8 +8
=
− 23 b
21
⇔ −8
− 23 b
=
21
2
⇔ − 8 · −3
=
b
⇔ 47
=
b
Damit ist b =
7
4
,c =
5
2
und a = − 38 −
1
2
·
7
4
= − 38 −
7
8
5
= − 10
8 = − 4 und die Gleichung lautet somit insgesamt
5
7
5
y = − x2 + x + .
4
4
2
Aufgabe: Gegeben ist die quadratische Funktion:
y = −3x2 + 5x − 10.
140
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Welche Werte auf der y-Achse werden nicht als Funktionswerte angenommen und welche Werte kommen als Funktionswerte in Frage? Geben Sie für jeden Funktionswert y die Stellen x an, an denen dieser Funktionswert angenommen
wird!
Lösung:
Zur Beantwortung der Frage führen wir die Funktionsgleichung zunächst mit Hilfe der quadratischen Ergänzung in
die Scheitelpunktform über:
⇔
y
y
=
=
⇔
y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
−3x2 + 5x − 10 −3 x2 − 35 x + 10
2 3 2
−3 x2 − 2 · 56 · x + 56 − 56 +
2
120
+
−3 x − 56 − 25
36
36
2 95 −3 x − 65 + 36
2 95
−3 x − 56 − 12
10
3
Damit ist die Parabel wegen −3 < 0 nach unten geöffnet und hat den Hochpunkt H( 56 ; − 95
12 ) . Somit werden alle Werte
95
angenommen,
während
alle
Werte
y
>
−
als
Funktionswerte
nicht
in
Frage
kommen.
y ≤ − 95
12
12
Um letztlich noch für jeden Funktionswert y die Stellen x anzugeben, an denen dieser Funktionswert angenommen
wird, lösen wir die Gleichung nach x auf:
y
⇔ y
⇔ y + 95
12
⇔ − y3 − 95
36
= −3x2 + 5x − 10
2 95
= −3 x − 65 − 12
2
=
−3 x − 65
2
=
x − 65
Um nun die Wurzel ziehen zu können, müssen wir festlegen, dass − y3 −
Hierfür erhalten wir
− y3 − 95
36
q
− y3 − 95
⇔
36
q
− y3 − 95
⇔
36 +
5
6
≥ 0 gilt. Dies ist der Fall für y ≤ − 95
12 .
5 2
6
− 56
=
x−
=
x
=
95
36
x,
95
ein, so erhält
und damit die Lösung der letzten Teilaufgabe: Setzt man in der letzten Gleichung ein beliebiges y ≤ − 12
95
man das zugehörige x . Die Einschränkung y ≤ − 12 macht Sinn, da es zu allen anderen y−Werten ohnehin keine
x−Werte gibt.
Aufgabe: Besitzen die folgende Parabel und Gerade Schnittpunkte
y = 2x2 − 3x + 1,
y = 5x − 4 ?
Veranschaulichen Sie sich die Graphen mit einer Zeichnung.
Lösung:
Wir erstellen erneut eine Zeichung der beiden Graphen in einem Koordinatensystem. Dazu müssen wir die quadratische Funktion jedoch erst in die Scheitelpunktform bringen, um schneller auf den Graphen zu kommen:
y
⇔ y
=
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
⇔ y
=
Nun können wir die beiden Graphen zeichnen:
2x2 − 3x + 1
2(x2 − 23 x + 12 )
2
2
2
2 x − 2 · 34 x + 34 − 43 + 12
2
9
8
2 x − 34 − 16
+ 16
2
1
2 x − 34 − 16
2
2 x − 34 − 81
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
141
Bild: Graphen der Funktionen y = 2x2 − 3x + 1 (blau) und y = 5x − 4 (rot).
Wir sehen also, dass sich die Gerade und die Parabel in zwei Punkten schneiden.
Aufgabe: Bei linearen Funktionen haben wir gesehen, dass sich eine Verschiebung in x-Richtung auch als eine Verschiebung in y-Richtung interpretieren lässt. Trifft dies auch für quadratische Funktionen zu? Begründen Sie Ihre
Antwort!
Lösung:
Dies geht nicht, da z.B. die Verschiebung der Funktion y = x2 um b in y-Richtung zu y = x2 + b führt.
Eine Verschiebung um c in x-Richtung führt uns jedoch auf y = (x − c)2 = x2 − 2cx + c2 .
Offensichtlich gilt x2 + b = x2 − 2cx + c2 jedoch nur für c = b = 0 .
Im Allgemeinen kann die Verschiebung einer Parabel in x-Richtung demnach nicht durch eine entsprechende Verschiebung in y-Richtung ausgedrückt werden.
142
3.1.3
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Funktionen und ihre Eigenschaften
Aufgabe: Unter welchen Voraussetzungen kann man zwei beliebige Funktionen f und g addieren?
Auf was muss bei der Division fg geachtet werden?
Lösung:
Um Funktionen addieren und dividieren zu können, müssen diese einen gemeinsamen Definitionsbereich haben. Für
die Division muss zudem bei der Nennerfunktion g(x) 6= 0 für alle x aus dem Definitionsbereich gelten.
Fehler:
√
+
Sei f : R −→ R mit f (x) = x2 und g : R+
x , dann ist
0 −→ R0 mit g(x) =
g ◦ f = f ◦ g : R −→ R
mit
g ◦ f (x) = f ◦ g(x) = x .
Erläuterung:
+
+
Es gilt nicht g ◦f = f ◦g , da g ◦f : R −→ R+
0 aber f ◦g : R0 −→ R0 . Der Schüler hat missachtet, dass zwei Funktionen
nur dann gleich sind, wenn sie auch in ihren Definitionsbereichen sowie in allen Funktionswerten übereinstimmen. Eine
identische Funktionsvorschrift reicht noch nicht aus.
Fehler:
Mit f1 (x) = 3x + 5 und f2 (x) =
1
x−2
ist f2 ◦ f1 : R −→ R mit f2 ◦ f1 (x) =
1
3x+5−2
=
1
3x+3
.
Erläuterung:
Auch dieser Schüler hat die Definitionsbereiche nicht beachtet: Es ist zwar f1 : R −→ R , aber f2 : R\{−2} −→ R\{0} ,
1
da x = −2 nicht eingesetzt werden darf und zudem 0 nicht zum Wertebereich von f2 gehört (0 = x−2
wird für kein x
efüllt).
Somit ist die Verkettung
f1 ◦ f2 : R \ {−2} −→ R
möglich, da R \ {0} ⊂ Df1 = R . Dagegen ist die Verkettung
f2 ◦ f1
nicht möglich, da der Wertebereich von f1 keine Teilmenge des Definitionsbereichs von f2 ist.
Fehler:
Sei h(x) = 3x3 und j(x) = 2x − 9 , dann ist h ◦ j : R −→ R mit h ◦ j(x) = 3 · 2x3 − 9 = 6x3 − 9 .
Erläuterung:
Dieser Schüler hat bei der Verkettung h ◦ j die Funktionswerte von j nicht korrekt in h(x) eingesetzt, so dass die
Funktionsvorschrift falsch ist.
Korrekte Lösung:
h ◦ j : R −→ R mit h ◦ j(x) = 3 · (2x − 9)3 .
Fehler:
−
−
−
−
−
4
Wenn f (x) = −4x2 (wobei f : R+
0 −→ R0 ) und g(x) = −x (wobei g : R0 −→ R0 ), dann ist g ◦ f : R0 −→ R0 mit
g ◦ f (x) = −4(−x4 )2 = −4x8 .
Erläuterung:
Bei dieser Schülerlösung wurde die Reihenfolge der Verkettung nicht beachtet. Die Verkettung lautet richtig:
−
g ◦ f : R+
0 −→ R0
mit g ◦ f (x) = −(−4x2 )4 = −256x8 .
Ursache war eine falsch gelernte Leseart.
Fehler:
Die Funktionen f : R −→ R, f (x) = (x − 2)2 und g : R+ −→ R,
g(x) = x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 = f (x) .
Erläuterung:
g(x) = x2 − 4x + 4 sind identisch, da gilt
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
143
f und g sind nicht identisch, da deren Definitionsbereiche verschieden sind. Der Student dachte offenbar, dass zwei
Funktionen gleich sind, wenn bereits die Funktionsvorschriften identisch sind.
Fehler:
Es ist nicht wichtig, bei einer Verkettung wie z.B. f ◦ g zu wissen, welche Funktion in welche eingesetzt wird. Schließlich verknüpfe ich zwei Funktionen miteinander, d.h. ich verknüpfe f mit g und damit ja auch g mit f . Wie beim
Multiplikationszeichen spielt die Reihenfolge, in der die Funktionen notiert sind, keine Rolle.
Erläuterung:
Diese Aussage ist falsch und durch folgendes Gegenbeispiel leicht widerlegbar: Seien
g : R −→ R ,
g(x) = 3x + 2
und
h : R −→ R ,
h(x) = −x + 1 ,
dann ist
g ◦ h : R −→ R ,
g ◦ h(x) = 3(−x + 1) + 2 = −3x + 3 + 2 = −3x + 5
h ◦ g : R −→ R ,
h ◦ g(x) = −(3x + 2) + 1 = −3x − 2 + 1 = −3x − 1 .
aber
Fehler:
y 2 + x2 = 1 ist eine wichtige Funktion, sie stellt schließlich den Einheitskreis dar.
Erläuterung:
Die Punkte, die der Gleichung y 2 + x2 = 1 genügen, bilden den Einheitskreis. Da es jedoch beispielsweise zu x = 0
zwei y-Werte (y1 = 1 und y2 = −1) gibt, ist dies nicht der Graph einer Funktion vor. Der Student hat vermutlich eine
Fehlvorstellung bezüglich des Funktionsbegriffs.
Fehler:
f : R −→ R , f (x) = 2x2 +3 ist keine richtige Funktion, da alle f (x) > 3 zwei Urbilder haben und alle f (x) unterhalb
von 3 keine. Somit hat nicht jedes Bild genau ein Urbild und damit liegt keine Funktion vor.
Erläuterung:
Auch hier liegt eine Fehlvorstellung im Zusammenhang mit dem Funktionsbegriff vor. f : R −→ R , f (x) = 2x2 + 3
stellt durchaus eine Funktion dar, da jeder x-Wert (Urbild) auf genau einen y-Wert (Bild) abgebildet wird.
Zwar gibt es zu mehreren Bildern auch zwei Urbilder, dies widerspricht jedoch nicht der Definition von Funktionen,
sondern nur dem Injektivitätskriterium. Somit ist f eine Funktion, aber nicht injektiv.
Fehler:
Um zu überprüfen, ob eine Funktion vorliegt oder nicht, brauche ich nur die Zuordnungsvorschrift auf Injektivität zu
prüfen.
Erläuterung:
Im letzten Fall wird erneut der Begriff der Injektivität mit dem Funktionsbegriff verwechselt. Eine Funktion kann
durchaus injektiv sein, sie muss aber nicht.
Fehler:
Die Umkehrfunktion zu f : R+
0 −→ Wf ,
y = 4x2 − 24x + 40
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
f (x) = 4x2 − 24x + 40 ergibt sich wie folgt:
y und x vertauschen ⇒ x
x
x
x
x
p x4
4
−1
Somit ist die Umkehrfunktion f −1 : Wf −→ R+
(x) =
0 mit f
Erläuterung:
x
4
−1
−1
y
px
4
=
=
=
=
=
=
=
=
4y 2 − 24y + 40
4(y 2 − 6y + 10)
4(y 2 − 6y + 9 − 9 + 10)
4((y − 3)2 + 1)
(y − 3)2 + 1
(y − 3)2
yp− 3
x
4 −1+3
− 1 + 3 , wobei Wf = {y ∈ R | y ≥ 4} .
144
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Ohne korrekte Einschränkung des Definitions - und des Wertebereichs kann hier keine Umkehrfunktion gebildet werden, da es für alle 4 < f (x) ≤ 40 zwei Urbilder gibt. Eine Umkehrfunktion existiert nur für Df = {x ∈ R | x ≥ 3} .
Aufgabe: Überprüfen Sie jeweils, ob eine Funktion vorliegt oder nicht:
1. f : R −→ R : x 7→
√
x−1+4
Lösung:
√
Bei f : R −→ R : x 7→ x − 1 + 4 handelt es sich um keine Funktion, da einige Werte aus dem Definitionsbereich
nicht eingesetzt werden können und somit auch keine zugehörigen Bilder besitzen. Laut Definition muss allerdings
bei einer Funktion jedem x-Wert auch ein y-Wert zugeordnet werden.
2. g : R −→ R : x 7→ 7x + 2
Lösung:
g : R −→ R : x 7→ 7x + 2 ist eine Funktion, da alle Werte aus dem Definitionsbereich eingesetzt werden dürfen
und da jeder dieser Werte auch nur ein zugehöriges Bild besitzt.
3. h : {1} −→ {1} : x 7→ 3x2
Lösung:
Die Zuordnung h : {1} −→ {1} : x 7→ 3x2 ist keine Funktion, da dem einzigen Element des Definitionsbereichs
das Element 3 · 12 = 3 zugeordnet werden müsste. Dieses Element liegt aber nicht im Zielbereich. Demnach hat
das Element 1 aus dem Definitionsbereich kein zugehöriges Bild und es handlet sich bei h um keine Funktion.
√
4. i : N −→ N : x 7→ x + 4 + 1
Lösung:
√
√
Bei
√ i : N −→ N : x 7→ x + 4 + 1 liegt ebenfalls keine Funktion vor, da z.B. für x = 1 der Wert 1 + 4 + 1 =
5 + 1 = 3, 23... und damit eine irrationale und keine natürliche Zahl herauskommt. Damit gibt es nicht für
jedes Element aus dem Definitionsbereich auch ein Bild im Zielbereich N .
5. j : R −→ R : x 7→
1
x
Lösung:
Auch j : R −→ R : x 7→
Bild gibt.
1
x
ist keine Funktion, da der Definitionsbereich das Element 0 enthält, zu dem es kein
6.
Bild:
Lösung:
Jedem Schüler wird eindeutig ein Geschlechtsmerkmal zugeordnet. Dadurch entsteht eine Funktion.
7.
Bild:
Lösung:
Diese Zurordnung stellt keine Funktion dar. Bei 30 Schülern muss es zu einem Geschlechtsmerkmal mehrere
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
145
Schüler mit diesem Merkmal geben, so dass es sich hier um keine Funktion handelt. Es ist auch möglich, dass
die Klasse ausschließlich aus Mädchen oder ausschließlich aus Jungen besteht. In diesem Fall wäre auch die
Eigenschaft verletzt, dass es zu jedem Merkmal genau ein zugehöriges Bild gibt, da ein Merkmal gar nicht
abgebildet wird.
Aufgabe: Auf welchen größtmöglichen Definitionsbereich kann die Funktionsvorschrift erstreckt werden:
p
f (x) = 3 − 2|x − 1|?
Lösung:
Da der Term unter der Wurzel größer oder gleich Null sein muss, muss gelten 3 − 2|x − 1| ≥ 0 woraus sich unser
Definitionsbereich durch Auflösen nach x wie folgt ergibt:
3 − 2|x − 1| ≥ 0
3 ≥ 2|x − 1|
3
≥ |x − 1|
2
⇔
⇔
Dies führt uns auf folgende Fallunterscheidung:
Fall 1: x − 1 ≥ 0 , bzw. x ≥ 1
In diesem Fall können wir die Betragstriche weglassen und erhalten:
3
2
3
2
5
2
⇔
⇔
⇔
Somit gilt für diesen Fall insgesamt 1 ≤ x ≤
5
2
3
2
≥
x−1
x
x
≥
≥
≥
+1
|x − 1|
.
Fall 2: x < 1
Dann gilt |x − 1| = −(x − 1) und es folgt:
⇔
⇔
⇔
⇔
3
2
3
2
≥
≤
≤
≤
− 23
− 32 + 1
− 12
≥
−(x − 1)
x−1
x
x
|x − 1|
Insgesamt gilt in diesem Fall x < 1 und − 12 ≤ x , was beides für − 12 ≤ x < 1 gilt.
Fügt man beide Fälle zusammen erhalten wir den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion:
1≤x≤
5
2
oder
und damit
−
−
1
≤x<1
2
1
5
≤x≤
2
2
Aufgabe: Auf welchen größtmöglichen Definitionsbereich kann man die Summe und das Produkt der Funktionen
erklären:
f (x) =
1
,
1−x
g(x) =
√
x − 1?
Lösung:
Um diese Frage zu beantworten, bestimmen wir zunächst die Definitionsbereiche der einzelnen Funktionen.
Da bei f (x) für x = 1 eine Null im Nenner auftauchen würde, lautet der Definitionsbereich hier Df = R \ {1} .
Bei g(x) muss der Term unter der Wurzel größer oder gleich Null sein, d.h. es gilt x − 1 ≥ 0 , was für x ≥ 1 der Fall
ist. Der Definitionsbereich von g ist daher Dg = {x ∈ R | x ≥ 1} .
Bildet man nun die Summe f (x) + g(x) =
1
1−x
+
√
x − 1 , so müssen beide Einschränkungen erfüllt sein, d.h. es
146
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
muss gelten x 6= 1 und x ≥ 1 . Wir benötigen daher die Schnittmenge Df ∩ Dg als Definitionsbereich der Summe der
beiden Funktionen und erhalten:
Df +g = Df ∩ Dg = {x ∈ R|x > 1} .
Für das Produkt f (x) · g(x) =
R | x > 1} verwenden müssen.
1
1−x
·
√
x − 1 gilt das Gleiche, so dass wir auch hier den Definitionsbereich Df ·g = {x ∈
Aufgabe: Seien
f : {x ∈ R | x ≥ 0} −→ R : x 7→ −5x
und
g : {x ∈ R | x ≥ 0} −→ R : x 7→ 4x2 + 9 .
Überprüfen Sie, ob die Verkettung f ◦ g gebildet werden kann. Beantworten Sie die Frage auch für g ◦ f !
Lösung:
Um diese Frage zu beantworten, bestimmen wir zunächst die Wertebereiche der Funktionen.
f ist eine Gerade durch den Ursprung, die wegen der negativen Steigung für x ≥ 0 ausschließlich Funktionswerte
y ≤ 0 annimmt. Somit ist Wf = {y ∈ R | y ≤ 0} .
g ist eine nach oben geöffnete und um 9 nach oben verschobene Parabel, die für x ≥ 0 nur Werte y ≥ 9 annimmt.
Somit ist der Wertebereich von g : Wg = {y ∈ R | y ≥ 9} .
Um die Verkettung f ◦ g bilden zu können, muss der Wertebereich von g eine Teilmenge des Definitionsbereichs
von f sein. Somit muss gelten Wg ⊆ Df und damit {y ∈ R | y ≥ 9} ⊆ {x ∈ R | x ≥ 0} . Da dies offensichtlich der Fall
ist, können wir die Verkettung f ◦ g bilden.
Um g ◦ f bilden zu können, muss in Analogie dazu Wf ⊆ Dg gelten. Offensichtlich gilt jedoch {y ∈ R | y ≤ 0} (
{x ∈ R | x ≥ 0} , so dass wir die Verkettung g ◦ f nicht bilden können.
Aufgabe: Gegeben seien die Funktionen:
f : R −→ R,
x 7→ (x − 3)2 + 1
und
g : R −→ R,
x 7→ 2x − 1.
Bilden Sie die Verkettung g ◦ f und f ◦ g.
(Veranschaulichung durch Zeichnung).
Lösung:
Zunächst einmal muss festgehalten werden, dass der Definitionsbereich bei beiden Funktionen ganz R ist und dass
somit beide Verkettungen gebildet werden können.
Rechnerische Lösung:
g ◦ f = g(f (x)) = 2((x − 3)2 + 1) − 1 = 2(x − 3)2 + 2 − 1 = 2(x − 3)2 + 1
Somit ist g ◦ f : R −→ R,
x 7→ 2(x − 3)2 + 1 .
f ◦ g = f (g(x)) = ((2x − 1) − 3)2 + 1 = (2x − 1 − 3)2 + 1 = (2x − 4)2 + 1
Damit ist f ◦ g : R −→ R,
Zeichnung:
x 7→ (2x − 4)2 + 1 .
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
147
Bild: Die Graphen von g ◦ f = 2(x − 3)2 + 1 (rot) und f ◦ g = (2x − 4)2 + 1 (schwarz).
Aufgabe: Man schreibe die Funktion
f : R −→ R,
x 7→
1
,
1 + x4
auf zwei verschiedene Arten als Verkettung von Funktionen.
Lösung:
Bei der Lösung ist zu beachten, dass man als Definitions - und Zielbereiche der beiden Funktionen ebenfalls ganz R
wählt. Aus diesem Grund führt beispielsweise die Verkettung von f1 : x 7→ x1 und f2 : x 7→ 1 + x4 nicht auf die selbe
Funktion wie f , da der Definitionsbereich von f1 wegen des x im Nenner R \ {0} lautet und damit auch die Verkettung
1
f1 ◦ f2 : R \ {0} −→ R , x 7→ 1+x
4 eine andere Definitionsmenge als f besitzt.
Eine korrekte Lösung ist die Verkettung f3 ◦ f4 der Funktionen f3 : R −→ R,
1
1
Hier gilt f3 ◦ f4 = f : R −→ R, x 7→ 1+(x
2 )2 = 1+x4 .
x 7→
1
1+x2
und f4 : R −→ R,
Eine zweite Lösung ist beispielsweise die Verknüpfung der beiden Funktionen f5 : R −→ R,
f6 : R −→ R, x 7→ 15 x .
5
1
Mit f6 ◦ f5 : R −→ R, x 7→ 15 · 1+x
4 = 1+x4 haben wir dann wieder die selbe Funktion wie bei f .
x 7→
x 7→ x2 .
5
1+x4
und
Aufgabe: Gegeben sei die Funktion:
f : R −→ R,
x 7→ 3x − 2.
Man bilde die Umkehrfunktion sowohl rechnerisch wie auch zeichnerisch.
Lösung:
Auf dem rechnerischen Weg lösen wir die Gleichung y = 3x − 2 schlichtweg nach x auf:
⇔y+2
⇔ 13 y + 32
y =
= 3x
= x
3x − 2
Die Umkehrfunktion lautet damit:
f −1 : R −→ R,
y 7→
1
2
y+ .
3
3
Zeichnerisch erhalten wir die Umkehrfunktion durch Spiegelung der Ausgangsfunktion an der Winkelhalbierenden
y=x:
148
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Bild: Graphische Lösung der Aufgabe durch Spiegelung an der Winkelhalbierenden y = x .
Aufgabe: Gegeben sei die Funktion:
x 7→ x2 − 1,
f : D −→ R,
D = {x | x ≥ 0}.
Man bilde die Umkehrfunktion sowohl rechnerisch wie auch zeichnerisch.
Lösung:
Zunächst einmal ist festzuhalten, dass die Umkehrfunktion wegen der Einschränkung des Definitionsbereichs auf
D = {x | x ≥ 0} eindeutig bestimmt werden kann und dass sich damit der Wertebereich W = {y ∈ R | y ≥ −1}
ergibt.
Rechnerische Lösung:
= x2 − 1
y
⇔y+1
=
x2
Um die die Wurzel ziehen zu können, müssen wir hier den Wertebereich als Definitionsbereich der Umkehrfunktion
wählen, da hier gilt y + 1 ≥ 0 . Dann ergibt sich mit D = {x | x ≥ 0} genau die Lösung:
⇔
p
y
=
x2 − 1
y+1
=
x
und damit die Umkehrfunktion
f −1 : {y ∈ R|y ≥ −1} −→ D,
y 7→
p
y + 1.
Zeichnerische Lösung:
Für die zeichnerische Lösung spiegeln wir die Ausgangsfunktion an der Winkelhabierenden. Dabei ergibt sich Folgendes:
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
149
Bild: Graph von f (x) = x2 − 1 (rot), der Winkelhalbierenden
als Spiegelachse (schwarz) und der Umkehrfunktion
√
f −1 = y + 1 (blau).
Aufgabe: Entscheiden Sie jeweils begründet, ob eine injektive Funktion vorliegt oder nicht!
1. f1 : {x ∈ R | x < −2} −→ R : x 7→ x2
Lösung:
f1 : {x ∈ R | x < −2} −→ R : x 7→ x2 stellt eine Normalparabel dar, die für x < −2 definiert ist. Da die
Normalparabel symmetrisch zur y-Achse ist und die Funktion nur für die negativen Werte x < −2 definiert ist,
kommt jedes Bild f1 (x) auch höchstens einmal vor. Es handelt sich hier also um eine injektive Funktion.
2. f2 : R −→ R : x 7→ 5x + 7
Lösung:
f2 : R −→ R : x 7→ 5x + 7 ist eine lineare Funktion und hat als Graph eine Gerade. Lineare Funktionen sind
stets injektiv, da es zu jedem Funktionswert genau ein Urbild x gibt. Damit ist auch f2 injektiv.
3. f3 : R −→ R : x 7→ 3x2 + 2x − 1
Lösung:
f3 : R −→ R : x 7→ 3x2 + 2x − 1 ist eine quadratische Funktion. Da in diesem Fall als Definitionsbereich ganz
R gewählt wurde, gehören der Scheitelpunkt sowie alle Punkte links und rechts davon ebenfalls zur Funktion.
Da quadratische Funktionen stets achsensysmmetrisch zu einer Parallelen zur y-Achse durch ihren Scheitelpunkt
sind, werden bei der nach oben geöffneten Parabel von f3 alle Funktionswerte, die oberhalb des Scheitelpunktes
liegen, von zwei x-Werte erreicht, d.h. sie besitzen zwei Urbilder. Dies widerspricht der Definition von Injektivität
und damit ist f3 nicht injektiv.
4. f4 : R −→ R : x 7→ 5
Lösung:
f4 : R −→ R : x 7→ 5 : Diese letzte Funktion ist ebenfalls nicht injektiv, da der Funktionswert 5 mehrere Urbilder
(nämlich ganz R) besitzt.
Aufgabe: Man schränke die Funktionsvorschrift:
f (x) = 3x2 − 2x − 5
auf einen solchen Definitionsbereich ein, dass eine injektive Funktion entsteht. Wie lautet die Umkehrfunktion?
150
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Lösung:
Um eine injektive Funktion zu erhalten, darf jeder Funktionswert höchsten ein Urbild haben. Da es sich bei der
vorliegenden Funktion um eine Parabel handelt und diese eine Symmetrieachse durch den Scheitelpunkt besitzt,
so dass alle y-Werte links vom Scheitelpunkt auf der rechten Seite noch einmal erreicht werden, müssen wir als
Definitionsbereich entweder alle x ≤ xs oder aber alle x ≥ xs wählen.
Da wir ausdem letzten Modul wissen, dass der Scheitelpunkt einer Funktion y = ax2 + bx + c mit Hilfe der Gleichung
b2
b
berechnet werden kann, müssen wir nur noch die entsprechenden Parameter einsetzen und
; c − 4a
(xs ; ys ) = − 2a
erhalten:
b
−2
1
xs = −
=−
=
2a
2·3
3
Damit können wir als Definitionsbereich entweder alle x ≥
Funktion zu erhalten.
Nehmen wir hier die erste Variante, so erhalten wir mit
f : {x ∈ R|x ≥
1
3
oder statt dessen alle x ≤
1
3
wählen, um eine injektve
1
} −→ R : x 7→ 3x2 − 2x − 5
3
eine injektive Funktion.
Um letztlich noch die Umkehrfunktion bilden zu können, müssen wir allerdings die Funktion noch so einschränken,
dass jedes Bild auch ein Urbild besitzt. Schließlich ist auch die Umkehrfunktion eine Funktion, so dass für diese gelten
muss, dass jedem y genau ein x zugeordnet wird. Bislang haben wir durch die Injektivität nur erreicht, dass jedes Bild
höchstens ein Urbild hat.
Wir wissen, dass bei dieser nach oben geöffneten Parabel mit dem Schnittpunkt (xs ; ys ) alle y > ys zweimal erreicht
werden. ys können wir ebenfalls mit obigem Satz berechnen und erhalten:
ys = c −
(−2)2
4
60
4
64
16
b2
= −5 −
= −5 −
=− −
=−
=−
4a
4·3
12
12 12
12
3
Somit können wir die Umkehrfunktion bilden, indem wir die Ausgangsfunktion folgendermaßen definieren:
f : {x ∈ R|x ≥
1
16
} −→ {y ∈ R|y ≥ − } : x 7→ 3x2 − 2x − 5
3
3
Nun können wir die Funktionsgleichung nach y auflösen und erhalten mit dem Satz über die Scheitelpunktform:
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
y
y
16
3
y+ 16
3
q 316
y+ 3
q 16 3
y+ 3
+ 31
3
y+
= 3x2 − 2x − 5
= 3(x − 31 )2 − 16
3
= 3(x − 31 )2
=
(x − 31 )2
= x−
1
3
= x
und damit die gesuchte Umkehrfunktion
s
f −1
16
1
: {y ∈ R|y ≥ − } −→ {x ∈ R|x ≥ } : y →
7
3
3
y + 16
1
3
+ .
3
3
Aufgabe:√ Geben Sie jeweils den maximalen Definitions- sowie den Wertebereich der Funktionen f (x) = 3x − 4 ,
g(x) = 7 · x − 5 und h(x) = −4x2 + 22 an.
Lösung:
Die Funktion f (x) = 3x − 4 stellt eine Gerade dar. Ihr Definitionsbereich ist genauso wie ihr Wertebereich ganz R .
√
g(x) = 7 · x − 5 ist eine Wurzelfunktion. Da man in R aus negativen Zahlen die Wurzel nicht ziehen kann, muss
x − 5 ≥ 0 und damit x ≥ 5 gelten. Somit
√ ist der Definitionsbereich {x ∈ R|x
√≥ 5} . Da auch das Ergebnis einer Wurzel
nur positiv oder Null sein kann, gilt x − 5 ≥ 0 und damit auch g(x) = 7 · x − 5 ≥ 0 . Somit lautet der Wertebereich
{y ∈ R|y ≥ 0} .
3.1. LINEARE, QUADRATISCHE UND ALLGEMEINE FUNKTIONEN
151
h(x) = −4x2 + 22 ist eine um 22 nach oben verschobene und nach unten geöffnete Parabel (gemäß den Sätzen
aus dem vorherigen Modul). Damit liegt der Scheitelpunkt bei (0; 22) und es werden nur alle y ≤ 22 erreicht. Somit
ist der Wertebereich {y ∈ R|y ≤ 22} .
Da außerdem für x bei Parabeln alle beliebigen Werte eingesetzt werden dürfen, ist der Definitionbereich dieser Funktion ganz R .
2
Aufgabe: Überprüfen Sie, ob die Funktionen f : R \ {0} −→ R, x 7→ xx und g : R −→ R,
Funktionen darstellen. Falls nicht, passen Sie die Funktionen so an, dass g = f gilt.
x 7→ x gleiche
Lösung:
Die Funktionen sind nicht gleich, da die Definitionsbereiche verschieden sind. Damit sie gleich werden, müssen wir
also lediglich den Definitionsbereich von g anpassen. Mit
f : R \ {0} −→ R,
x 7→
x2
x
g : R \ {0} −→ R,
und
x 7→ x
gilt dann auch f = g .
Den Defintionsbereich von f können wir hingegen nicht auf R erweitern, da sonst in der Funktionsvorschrift eine Null
im Nenner auftauchen könnte und die Funktion nicht sauber definiert wäre.
Aufgabe: Bestimmen Sie f +g , f −g , f ·g und f : g . Überprüfen Sie zunächst, ob die jeweilige Berechnung überhaupt
zulässig ist!
1. f : R −→ R,
x 7→ x2 + 2
g : R −→ R,
und
x 7→ 3x ,
Lösung:
Da die beiden Definitionsbereiche identisch sind, ist eine Addition, Subtraktion und Multiplikation zulässig.
Hierbei ergibt sich:
f +g :
R −→ R,
x 7→ x2 + 2 + 3x = x2 + 3x + 2
f −g :
f ·g :
R −→ R,
R −→ R,
x 7→ x2 + 2 − 3x = x2 − 3x + 2
x 7→ (x2 + 2) · 3x = 3x3 + 6x
Die Division f : g ist nicht erlaubt, da g(0) = 0 gilt.
2. f : R \ {0} −→ R,
x 7→
2x3
x2
und
g : R \ {0; 1} −→ R,
x 7→
1
x(x−1)
Lösung:
Da für die Definitionsbereiche R \ {0} =
6 R \ {0; 1} gilt, ist keine der vier Berechnungen möglich.
√
3. f : N −→ R, x 7→ x und f : N −→ R, x 7→ 2x1 2 .
Lösung:
Die Definitionsbereiche der beiden Funktionen sind identisch, so dass eine Addition, Subtraktion und Multiplikation erlaubt ist. Es ergibt sich:
f +g :
N −→ R,
f −g :
N −→ R,
f ·g :
N −→ R,
√
1
2x2
√
1
x 7→ x − 2
2x
√
√
x
1
x 7→ x · 2 = 2
2x
2x
x 7→
x+
Es gilt g(x) 6= 0 für alle x ∈ N , somit ist in diesem Fall auch die Divison möglich:
f : g : N −→ R,
x 7→
√
x:
√
√
1
= x · 2x2 = 2x2 x .
2
2x
152
KAPITEL 3. FUNKTIONEN
Aufgabe: Bilden Sie f + g mit f : R −→ R, x 7→ − 14 x2 + 41 x + 32 und g : R −→ R, x 7→ 43 x2 − 47 x − 32 . Zeichnen
Sie alle drei Funktionen anschließend in das selbe Koordinatensystem. Wie ist f + g graphisch aus f und g entstanden?
Lösung:
Es ergibt sich zunächst rechnerisch:
f + g : R −→ R,
x 7→
1
3
1
− x2 + x +
4
4
2
und damit
f + g : R −→ R,
x 7→
+
3 2 7
3
x − x−
4
4
2
1 2 3
x − x
2
2
Die drei Graphen sehen folgendermaßen aus:
Bild: Graphen der Funktionen f (x) (blau), g(x) (rot) und (f + g)(x) (gelb).
Offensichtlich ergibt sich der Funktionsgraph der Additionsfunktion durch die Addition der Streckenlängen der jeweiligen Funktionswerte an gleichen x - Stellen. Sind dabei wie an der ersten markierten Stelle beide Fnktionwerte gleich
groß (hier ist f (−1) = g(−1) = 1), so ist der zugehörige Funktionswert von f +g genau doppelt so groß: (f +g)(−1) = 2 .
Sind beide Funktionswerte Null, dann haben wir keine zu addierenden Strecken, damit ist auch der Funktionswert
(f + g)(x) gleich Null. Dies ist in unserem Beispiel an der Stelle x = 3 der Fall.
An der Stelle x = 1 haben wir einen negativen Funktionswert f (1) = −2, 5 und einen positiven g(1) = 1, 5 . Hier
wird die kleinere Streckenlänge von der größeren abgezogen und das Ergebnis als negativer Funktionswert abgetragen.
Kapitel 4
Höhere Funktionen
4.1
4.1.1
Polynome
Polynomfunktionen
Fehler:
f1 (x) = x2 + 1
Studentenlösung: Das zugehörige Polynom hat allgemein die Darstellung h1 (x) = a1 x+a0 . Die Parameter sind dementsprechend a1 = 1 und a0 = 1 .
Erläuterung:
Die korrekte allgemeine Darstellung lautet h1 (x) = a2 x2 +a1 x+a0 und die Parameter sind a2 = 1 , a1 = 0 und a0 = 1 .
Vermutlich hat der Student nur auf die Anzahl der Terme geachtet und somit übersehen, dass ein Polynom zweiten
Grades vorliegt.
Fehler:
f2 (x) = x + 3
Studentenlösung: Es liegt ein Polynom ersten Grades vor. Dieses hat die allgemeine Funktionsvorschrift h2 (x) =
mx + n. Damit gilt f2 (x) = x + 3 = mx + n = h2 (x) für m = 0 und n = 3 .
Erläuterung:
Die allgemeine Darstellung ist in dieser Lösung korrekt, allerdings gilt m = 1. Ursache für den Fehler ist der in f vor
x “fehlende“ Koeffizient, der fälschlicherweise als Null interpretiert wurde.
Fehler:
f3 (x) = 3x2 + 4x − 7
Studentenlösung: Es liegt ein Polynom zweiten Grades vor, das allgemein mit h3 (x) = ax2 + bx + c dargestellt werden
kann. Mit a = 3, b = 4 und c = 7 gilt dann auch f3 (x) = h3 (x)
Erläuterung:
Das allgemeine Polynom ist erneut korrekt bestimmt, jedoch wurde beim letzten Parameter das Vorzeichen vergessen,
es gilt nämlich c = −7 .
Fehler:
f4 (x) = 2x2 + x3 − x + 7
Studentenlösung: Es liegt ein Polynom dritten Grades mit h4 (x) = ax3 + bx2 + cx + d vor.
Für a = 2, b = 1, c = −1 und d = 7 gilt schließlich h4 (x) = f4 (x) .
Erläuterung:
Das Polynom 3. Grades wurde hier erkannt, die allgemeine Form richtig wiedergegeben, die Parameter wurden jedoch
vertauscht.
Der Student hat scheinbar übersehen, dass das Polynom nicht nach absteigenden Potenzen sortiert war und hat daher
die Koeffizienten falsch abgelesen.
Fehler:
f5 (x) = 3
Studentenlösung: Diese Aufgabe ist nicht lösbar, da hier kein Polynom vorliegt.
Erläuterung:
153
154
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
In diesem Fall hat der Student nicht gewusst, dass f (x) = a0 ebenfalls ein Polynom ist und dass der entsprechende
Koeffizient a0 = 3 lautet.
Fehler:
Studentenlösung 1: Da g(x) ein Polynom zweiten Grades und h(x) ein Polynom dritten Grades ist, hat s(x) demnach
den Grad 5 und m(x) ist ein Polynom sechsten Grades.
Erläuterung:
Dieser Student dachte, dass bei der Addition von Polynomen entsprechend auch der Grad aufsummiert wird und dass
in Analogie hierzu der Grad des Produktpolynoms gleich dem Produkt der beiden Grade der Ausgangspolynome ist.
Korrekte Lösung: Das Summenpolynom hat den Grad 3 und das Produktpolynom den Grad 5.
Fehler:
Studentenlösung 2: s(x) hat den Grad 3, denn die Summe zweier Polynome ergibt stets ein Polynom, dessen Grad
gleich dem Maximum der Grade der beiden Ausgangspolynome ist. m(x) ist dann ein Polynom vom Grad 2 + 3 = 5.
Erläuterung:
Dieser Student hat den Grad des Summenpolynoms und den Grad des Produktpolynoms korrekt bestimmt. Der Fehler
liegt in der Argumentation, denn der Grad des Summenpolynoms ist nicht stets gleich dem größeren Grad der beiden
Polynome, er kann auch kleiner sein und im Extremfall sogar Null betragen.
Aufgabe: Wie müssen die Koeffizienten a, b, c gewählt werden, damit die folgenden Polynome übereinstimmen:
p(x) = 5 x3 − 7 x2 + 1 ,
q(x) = a x3 + b x2 + c x + 1 .
Lösung:
In der ausführlichen Darstellung des Polynoms p(x) = 5x3 − 7x2 + 0x + 1 lassen sich die Koeffizienten von q(x) direkt
ablesen. Demnach gilt q(x) = p(x) für
a=5
b = −7
c = 0.
Aufgabe: Durch Koeffizientenvergleich bestimme man a und b, so dass gilt:
a (x − 4) + b (x + 3) = 2 x − 5 .
Lösung:
Aus
a(x − 4) + b(x + 3) = 2x − 5
folgt durch Ausmultiplizieren der linken Seite
ax − 4a + bx + 3b = 2x − 5 .
Zusammenfassen der Koeffizienten von x-Termen gleicher Potenzordnung liefert die Gleichung
(a + b)x − 4a + 3b = 2x − 5 ,
aus der wir durch Koeffizientenvergleich die folgenden beiden Gleichungen ablesen können:
a+b =
−4a + 3b =
2
(4.1)
−5
(4.2)
Aus der ersten Gleichung ergibt sich b = 2 − a, was wir in die zweite einsetzen können, um dadurch a zu erhalten:
−4a + 3(2 − a)
= −5
⇒ −4a + 6 − 3a
= −5
⇒ −7a + 6
⇒ −7a
⇒a
=
−5
= −11
11
=
7
4.1. POLYNOME
155
Abschließend setzen wir das Ergebnis a =
11
7
noch in die Gleichung b = 2 − a und erhalten:
b=2−
Insgesamt ist demnach a =
11
7
und b =
3
7
3
11
= .
7
7
.
Aufgabe: Durch Koeffizientenvergleich bestimme man a und b, so dass gilt:
a (x + 3) + b = 2 x + 1 .
Lösung:
Wir multiplizieren zunächst aus:
a(x + 3) + b = ax + 3a + b .
Damit lässt sich die Gleichung schreiben als
ax + 3a + b = 2x + 1 .
Hieraus folgt a = 2 und 3a + b = 1 .
a = 2 lässt sich nun direkt in 3a + b = 1 einsetzen, sodass letztlich auch b berechnet werden kann:
3·2+b=1
Insgesamt ist somit a = 2
⇒
b = 1 − 6 = −5
und b = −5 .
Aufgabe: Gegeben sind die folgenden drei Graphen. Bestimmen Sie die Funktionsvorschriften der jeweiligen Polynome zweiten bzw. dritten Grades durch Ablesen.
Bild: Polynome vom Grad 2.
Bild: Polynom dritten Grades.
156
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Lösung:
Blauer Graph: Bei diesem Graph handelt sich um eine Parabel, deren Scheitelpunkt S(3;-2) direkt ablesbar ist.
Sinnvollerweise wählen wir deshalb hier die Scheitelpunktform f (x) = a(x − xS )2 + yS , sodass sich zunächst
f (x) = a(x − 3)2 − 2 ergibt.
Nun fehlt noch der Streckfaktor a. Diesen können wir ebenfalls direkt am Graph ablesen. Hierzu gehen wir vom
Scheitelpunkt aus um 1 in x-Richtung. Um wieder auf den Graphen zurückzukommen, muss man um -0,5 in yRichtung gehen. Bei einer Normalparabel wäre dies allerdings ein Schritt um 1 in y-Richtung, der Streckfaktor beträgt
also offensichtlich a = −0, 5 .
Die Funktionsvorschrift lautet daher insgesamt f (x) = −0, 5(x − 3)2 − 2 .
Schwarzer Graph: Bei dieser Parabel ist der Scheitelpunkt offensichtlich nicht direkt ablesbar. Leicht bestimmbar
sind jedoch die Nullstellen, weshalb wir nun die faktorisierte Darstellungsform einer Parabel g(x) = a(x − x1 )(x − x2 )
verwenden.
Die Nullstellen liegen offensichtlich bei x1 = 1 und x2 = −4, es ergibt sich damit zunächst g(x) = a(x − 1)(x + 4) .
Um abschließend noch den Streckfaktor a zu bestimmen, benötigen wir die Koordinaten eines weiteren, leicht ablesbaren Punktes, den wir hier mit P(0 ; - 1) auf der y-Achse finden. Eingesetzt in die Funktionsgleichung ergibt sich
dabei für a:
−1 = a(0 − 1)(0 + 4)
⇒
−1 = −4a
⇒
a=
1
4
Insgesamt ist also g(x) = 14 (x − 1)(x + 4) .
Roter Graph: Da auch bei diesem Polynom dritten Grades die Nullstellen leicht ablesbar sind, verwenden wir
als Ansatz erneut eine faktorisierte Darstellung h(x) = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ). Die Nullstellen lauten hier
x1 = −0, 5 ,
x2 = 0
und
x3 = 1, 5 ,
sodass sich zunächst
h(x) = a(x + 0, 5)(x − 1, 5)x
ergibt.
Wieder fehlt der Streckfaktor a. Um diesen auszurechnen, wählen wir erneut einen leicht ablesbaren Punkt des Graphen, in diesem Fall P(0,5 ; 1), setzen diesen ein und berechnen so a:
1 = a(0, 5 + 0, 5)(0, 5 − 1, 5) · 0, 5
⇒
1 = −0, 5a
⇒
a = −2 .
Somit gilt: h(x) = −2(x + 0, 5)(x − 1, 5)x .
Aufgabe: Sie sollen ein Polynom 12. Grades angeben, dessen Graph durch eine gewisse Anzahl vorgegebener Punkte
gehen soll. Wie viele Punkte müssen Ihnen dazu bekannt sein? Was muss bei der Auswahl dieser Punkte beachtet
werden?
Lösung:
Da ein Polynom zwölften Grades insgesamt 13 verschiedene Parameter besitzt, müssen mindestens 13 Punkte angegeben werden. Zudem müssen sich deren Abszissen (“x-Werte“) alle voneinander unterscheiden, sodass keine identischen
Punkte und auch keine mit gleichen x- aber unterschiedlichen y-Werten zur Modellierung benutzt werden.
Aufgabe: Prüfen Sie, ob in den nachfolgenden Beispielen Polynome vorliegen. Begründen Sie Ihre Antwort. Falls die
Funktion ein Polynom ist, dann bestimmen Sie auch dessen Grad sowie die Koeffizienten an , ... a0 .
• f1 (x) = 4
Lösung:
f1 (x) = 4 ist ein Polynom vom Grad 0 mit dem Koeffizient a0 = 4 .
4.1. POLYNOME
157
• f2 (x) = 2x + 3x2 + 4
Lösung:
f2 (x) = 2x + 3x2 + 4 ist kein Polynom, da die Potenzfunktion 2x als Summand enthalten ist.
• f3 (x) = x +
x2
4
3
+ 3 x4x+2
Lösung:
2
3
f3 (x) = x+ x4 +3 x4x+2 ist ebenfalls kein Polynom, da hier einer der Summanden die gebrochenrationale Funktion
3x3
x4 +2
ist.
• f4 (x) = 3x : 2 +
2x
4
− x3
Lösung:
3
f4 (x) = 3x : 2 + 2x
4 − x ist ein Polynom dritten Grades. Zur Bestimmung der Koeffizienten muss die Funktion
3
2
3
3
3
allerdings noch vereinfacht werden. Mit f4 (x) = 3x : 2 + 2x
4 − x = −x + 2 x + 4 x = −x + 2x ergeben sich
schließlich die Koeffizienten
a3 = −1 , a2 = 0 , a1 = 2 und a0 = 0 .
• f5 (x) = 2x2 + 0
Lösung:
f5 (x) = 2x2 + 0 ist ein Polynom zweiten Grades mit den Koeffizienten a2 = 2 ,
a1 = 0
und a0 = 0
• f6 (x) = x
Lösung:
f6 (x) = x ist ein Polynom ersten Grades mit den Koeffizienten a1 = 1
√
• f7 (x) = x + x3
und a0 = 0
Lösung:√
√
f7 (x) = x + x3 ist kein Polynom, da f7 die Wurzelfunktion x enthält.
• f8 (x) = 2x2 + 3x−1
Lösung:
f8 (x) = 2x2 + 3x−1 ist ebenfalls kein Polynom, da der Summand 3x−1 = 3 x1 erneut eine gebrochenraionale
darstellt.
4
• f9 (x) = x 2 + 2x3
Lösung:
4
f9 (x) ist mit f9 (x) = x 2 + 2x3 = x2 + 2x3 ein Polynom dritten Grades mit den Koeffizienten
a3 = 2 ,
a2 = 1 ,
a1 = 0
und a0 = 0 .
1 4
• f10 (x) = x 2 + 2x3
Lösung:
1 4
√ 4
Bei f10 handelt es sich allerdings um kein Polynom, da mit f10 (x) = x 2 + 2x3 = ( x) + 2x3 einer der
√
Summanden eine Wurzelfunktion ist und x nur für x ≥ 0 definiert ist.
158
4.1.2
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Hornerschema
Aufgabe: Bestimmen Sie den Funktionswert des Polynoms
P (x) = 2x4 − 7x3 + 6x2 − 2x − 10
an der Stelle x = 3 unter Verwendung des Hornerschemas.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Es ergibt sich:
2
2
−7
6
−1
6 −2 −10
−3
9 21
3
7 11 = P (3)
Der Funktionswert P (3) beträgt somit 11.
Fehler:
Berechnen Sie f (x0 ) mit f (x) = 1 + 2x − 4x2 + 3x3 − 2x4 und x0 = 2.
Studentenlösung:
1 2 −4 3 −2
2
8 8 22
1 4
4 11 20 = P (2)
Erläuterung:
Der Student hat die Koeffizienten im Hornerschema in falscher Reihenfolge notiert, da f (x) nach Potenzen in absteigender Reihenfolge sortiert vorliegt.
Korrekte Lösung:
−2
3 −4
2 1
−4 −2 −12 −20
−2 −1 −6 −10 −19 = P (2)
Fehler:
Werten Sie das Polynom P (x) = 4x5 − x4 + 3x3 − 2x2 + 7x − 19 an der Stelle x0 = 4 aus.
Studentenlösung:
4
1
3
2
7 19
16 68 284 1144 4604
4 17 71 286 1151 4623 = P (4)
Erläuterung:
Bei dieser Lösung wurden die negativen Vorzeichen
nerschema einschließich Ergebnis falsch ist.
Korrekte Lösung:
4 −1
3
16 60
4 15 63
der Koeffizienten übersehen, sodass auch das entsprechende Hor-
−2
7 −19
252 1000 4028
250 1007 4009 = P (4)
Fehler:
Berechnen Sie f2 (−2) für f2 (x) = x3 + x2 − 4.
Studentenlösung:
1
1
1 −4
−2
2
−1 −2 = P (−2)
Erläuterung:
In diesem Fall hat der Student nur die Koeffizienten der vorhandenen Potenzen notiert, sodass Koeffizienten mit dem
4.1. POLYNOME
159
Wert 0 im Hornerschema nicht berücksichtigt wurden und das Endergebnis falsch ist.
Korrekte Lösung: Mit f2 (x) = x3 + x2 + 0x − 4 folgt nach dem nachstehenden Hornerschema f2 (−2) = −8
1
1
1 0 −4
−2 2 −4
−1 2 −8 = P (−2)
Aufgabe: Wandeln Sie folgende Zahlen mit Hilfe des Hornerschemas in Dezimalzahlen um:
• (888)9
Lösung:
(888)9 = 728
Rechenweg:
8
8
8 8
72 720
80 728 = (888)9
• (1234)5
Lösung:
(1234)5 = 194
Rechenweg:
1
2 3 4
5 35 190
1 7 38 194 = (1234)5
• (1000)8
Lösung:
(1000)8 = 512
Rechenweg:
1
0 0 0
8 64 512
1 8 64 512 = (1000)8
• (4612)7
Lösung:
(4612)7 = 1675
Rechenweg:
4
6
1 2
28 238 1673
4 34 239 1675 = (4612)7
Aufgabe: Mit dem Hornerschema werte man das Polynom
p(x) = x4 − x2 + x − 3
160
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
an den Stellen −1, 2, 3 aus.
Lösung:
p(−1) = −4, denn:
0 −1 1 −3
−1
1 0 −1
−1
0 1 −4 = p(−1)
1
1
p(2) = 11, denn:
1
0
2
1 2
−1 1 −3
4 6 14
3 7 11 = p(2)
1
−1 1 −3
9 24 75
8 25 72 = p(3)
p(3) = 72, denn:
0
3
1 3
Aufgabe: Geben sind die beiden Polynome f (x) = 2x3 − 4x2 + 2 und g(x) = 2x4 − 4x2 + 2x. Ein Schüler behauptet,
dass die beiden Polynome an der Stelle x = 2 den gleichen Funktionswert hätten, da man bei der Berechnung mit Hilfe
des Hornerschemas nur die Koeffizienten eines Polynoms verwendet und somit auch das selbe Ergebnis herauskommen
müsste.
• Widerlegen Sie diese Aussage und suchen Sie nach einer Ursache für diesen Fehler.
Lösung:
Diese Aussage ist falsch, da f (2) = 2 6= 20 = g(2). Ursache für die Fehlvorstellung sind die in der vereinfachten Darstellung der Funktionen nicht notierten Potenzen mit Koeffizienten vom Wert 0, die der Schüler bei
seinen Überlegungen offensichtllich nicht berücksichtigt hat. In der ausführlichen Darstellungsweise ergibt sich
f (x) = 2x3 − 4x2 + 2 = 2x3 − 4x2 + 0x + 2 und g(x) = 2x4 − 4x2 + 2x = 2x4 + 0x3 − 4x2 + 2x + 0 und damit
die folgenden Hornerschemata:
2
2
und
2
0
4
2 4
−4 0 2
4 0 0
0 0 2 = f (2)
−4 2 0
8 8 20
4 10 20 = g(2)
• Überlegen Sie umgekehrt: Gegeben sind zwei Funktionen f und g. Die Auswertung der Polynome mit Hilfe des
Hornerschemas ergibt an jeder beliebigen Stelle x0 den gleichen Wert von f und g. Was folgt hieraus? Begründen
Sie Ihre Antwort möglichst auf zwei verschiedene Arten!
Lösung:
Wenn das entsprechende Hornerschema an jeder Stelle stets den gleichen Wert für f und für g liefert, dann
müssen die entsprechenden Hornerschemata selbst auch übereinstimmen. Da hieraus wiederum folgt, dass die
Koeffizienten der beiden Funktionen gleich sein müssen, ergibt sich insgesamt f (x) = g(x) .
Lösung 2:
Wenn für jedes x0 gilt f (x0 ) = g(x0 ), dann folgt insgesamt f (x) = g(x) und somit, dass die beiden Polynome
identisch sind.
4.1. POLYNOME
4.1.3
161
Polynomdivision
Aufgabe: Bestimme den Quotienten und das Restpolynom bei der Division des Polynoms −x5 + 6x4 − 4x3 − 10x2 + 4
durch x2 − 2x − 1 . Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir bestimmen den Quotienten F (x) und das Restpolynom R(x) bei der Polynomdivision von −x5 +6x4 −4x3 −10x2 +4
durch x2 − 2x − 1 . Es ergibt sich folgende Rechnung
(−x5
+6x4
−4x3
−10x2
−(−x5
+2x4
4x4
−(4x4
+x3 )
−5x3
−8x3
3x3
−(3x3
−10x2
−4x2 )
−6x2
−6x2
+4)
−3x)
3x
: (x2 − 2x − 1) = −x3 + 4x2 + 3x +
x2
3x + 4
− 2x − 1
+4
Damit haben wir die gewünschten Polynome bestimmt. Das Quotientenpolynom lautet F (x) = −x3 + 4x2 + 3x und
das Restpolynom R(x) = 3x + 4 . Diese Polynome erfüllen nach obiger Rechnung die Gleichung
−x5 + 6x4 − 4x3 − 10x2 + 4 = F (x)(x2 − 2x − 1) + R(x) .
Fehler:
(x3
−(x3
+x2 )
+x )
0
: (x2 + 1) = x
Erläuterung:
Beim ersten Lösungsprozess wurde x2 mit x zu Null subtrahiert. Der Lösende hat dabei vermutlich übersehen, dass sich
die Exponenten dieser beiden Potenzen unterscheiden und schlichtweg die untereinanderstehenden Terme verrechnet.
Korrekte Lösung:
(x3
−(x3
+x2 )
x2
−(x2
: (x2 + 1) = x + 1 +
−x−1
x2 +1
+x)
−x
−x
+1)
−1
−2x
−4)
Fehler:
(4x2
−(4x2
+2x3
−4x)
: (x − 1) = 4x
Nicht lösbar!
Erläuterung:
In Lösung 2 wurde das Zählerpolynom vor der Berechnung nicht sortiert. Bei der Division hat der Lösende dann
den Term −4x in die falsche Spalte einsortiert, so dass dieser im nächsten Schritt plötzlich mit einer Potenz höheren
Grades verrechnet werden musste. Der Lösungsprozesss wurde daraufhin abgebrochen und die Aufgabe als nicht lösbar
deklariert. Stures Weiterrechnen hätte jedoch auf die richtige Lösung geführt.
Korrekte Lösung:
162
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
(2x3
−(2x3
+4x2
−2x2 )
6x2
−(6x2
−2x
−4)
−2x
−6x)
4x
−(4x
−4
: (x − 1) = 2x2 + 6x + 4
−4
−4)
0
Fehler:
(4x2
−4x2
−1)
+2x
−4x
−2x
+2x
: (x − 1) = 4x − 2 +
1
x−1
−1
+2
1
Erläuterung:
Im dritten Lösungsprozess zeigt sich ein Standardfehler: Der Lösende hat vergessen, Klammern um das zu subtrahierende Polynom zu setzen und auf diesem Weg fälschlicherweise jeweils die zweiten Terme addiert anstatt sie zu
subtrahieren.
Korrekte Lösung:
(4x2
−(4x2
+2x
−4x)
6x
−(6x
−1)
: (x − 1) = 4x + 6 +
5
x−1
−1
−6)
5
Fehler:
(x2
−(x2
+2x)
−2x)
4x
−(4x
: (x − 2) = x + 4 + 8 = x + 12
−8)
+8
Erläuterung:
Bei der letzten Lösung wurde der auftretende Rest nicht als Bruch mit Nenner x − 2 sondern direkt als Zahl addiert
und anschließend mit dem absoluten Glied verrechnet.
Korrekte Lösung:
(x2
−(x2
+2x)
−2x)
4x
−(4x
: (x − 2) = x + 4 +
8
x−2
−8)
+8
Aufgabe: Man dividiere mit Rest:
2 x3 + x2 − 6 x + 4
,
x2 + 3
x4 + 10 x2 − 3 x + 1
.
x3 + 3 x2 + x
4.1. POLYNOME
163
Lösung:
(2x3
+x2
−(2x3
x2
−(x2
−6x
+4)
+6x)
−12x
−(x4
+3x3
−3x3
−(−3x3
−12x + 1
x2 + 3
+4
+3)
+1
−12x
(x4
: (x2 + 3) = 2x + 1 +
+10x2
−3x
+x2 )
+9x2
−9x2
18x2
−3x
−3x)
+1)
: (x3 + 3x2 + x) = x − 3 +
18x2 + 1
x3 + 3x2 + x
+1
Aufgabe: Existiert ein Polynom P (x), sodass gilt (x4 + 3) = f (x) · (x + 3)? Begründen Sie Ihre Antwort.
Lösung:
Um dies herauszufinden, muss geprüft werden, ob die Polynomdivision
Divisionsalgorithmus ergibt:
(x4 + 3) : (x + 3) = x3 − 3x2 + 9x − 27 +
x4 +3
x+3
= P (x) für P ein Polynom ergibt. Der
84
= P (x)
x+3
Da P (x) eine gebrochenrationale Funktion als Summand enthält, ist P (x) kein Polynom.
Aufgabe: (Interessante Erkenntnisse...)
• Führen Sie jeweils eine Polynomdivision durch:
1. (x2 − 1) : (x − 1)
Lösung:
(x2
−(x2
−1)
−x)
x
−(x
: (x − 1) = x + 1
−1
−1)
0
2. (x3 − 1) : (x − 1)
Lösung:
(x3
−(x3
3. (x4 − 1) : (x − 1)
Lösung:
−1)
2
−x )
x2
−(x2
−x)
x
−(x
−1
−1)
0
: (x − 1) = x2 + x + 1
164
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
(x4
−(x4
−1)
: (x − 1) = x3 + x2 + x + 1
3
−x )
x3
−(x3
−x2 )
x2
−(x2
−x)
x
−(x
−1
−1)
0
• Was fällt Ihnen auf? Formulieren Sie einen allgemeingültigen Satz und begründen Sie diesen.
Was bedeutet dies für den Term (x − 1) ?
Lösung:
Die Poynomdivision (xn − 1) : (x − 1) = f (x) liefert uns für n ≥ 2 stets ein Polynom vom Grad n − 1 der Form
f (x) = xn−1 + xn−2 + ... + x2 + x + 1 .
Dies lässt sich durch die allgemeine Darstellung des Algorithmus begründen:
(xn
−(xn
−1)
: (x − 1) = xn−1 + xn−2 + ... + x + 1
n−1
−x
)
xn−1
−(xn−1
−xn−2 )
xn−2
..
.
x2
−(x2
−x)
x
−(x
−1
−1)
0
Der Algorithmus geht offensichtlich stets auf, da der Grad des Restpolynoms sukzessive um 1 verringert wird,
bis letztlich das Restpolynom (x − 1) durch das identische Nennerpolynom dividiert wird.
Der Term (x − 1) ist in der faktorisierten Darstellung des Polynoms xn − 1 stets einer der Faktoren.
Verweis: Die Bedeutung dieses mathematischen Sachverhalts wird im nächsten Modul 4.1.4 “Nullstellen“ noch
einmal aufgegriffen und vertieft. (??)
Aufgabe: Wie verhalten sich die folgenden Funktionen wenn x immer größer wird? Was ist dann bei großen negativen
x-Werten?
Anmerkung: Mit “großen negativen x−Werten“ sind negative Zahlen gemeint, deren Betrag groß ist.
Tipp: Lesen Sie ggf. noch einmal das ??Beispiel in den Anwendungen nach!
1. f (x) =
3x
x+4
Lösung:
Für große x-Werte nähern sich die Funktionswerte beliebig nahe dem Wert y = 3. Das selbe geschieht auch für
große, negative x-Werte.
3x
12
Begründung: Durch Polynomdivision erhalten wir x+4
= 3 − x+4
. In beiden Fällen, d.h. für große positive
und für große negative x-Werte, nähert sich das Restpolynom beliebig nahe der x-Achse und damit dem y-Wert
12
0 an. Insgesamt nähert sich damit allerdings die Funktion 3 − x+4
dem Wert 3 an.
2. h(x) =
x4 +3x
x2 −4
4.1. POLYNOME
165
Lösung:
Hier ergibt die Polynomdivision h(x) = x2 + 4 + 3x+16
x2 −4 . Erneut läuft für große positive und negative x-Werte
das Restpolynom gegen 0, sodass sich die Funktionswerte von h(x) insgesamt der Funktion x2 + 4 beliebig nahe
annähern.
3. g(x) =
−6x2 +2x3 −8x+24
x2 −4
Lösung:
Bevor in diesem Fall eine Polynomdivision durchgeführt werden kann, muss die Zählerfunktion umsortiert werden.
Der anschließende Divisionsalgorithmus geht mit Rest 0 auf und liefert
g(x) = (2x3 − 6x2 − 8x + 24) : (x2 − 4) = 2x − 6 .
Somit stimmt g(x) überall (außer an den nicht definierten Stellen) mit der Geraden 2x − 6 . überein.
4. j(x) =
7x2 −x
−3x3 +0,5x2
Lösung:
Bei der letzten Funktion können wir keine Polynomdivision durchführen, da der Grad des Zählerpoynoms bereits
kleiner als der Grad des Nennerpolynoms ist. In Analogie zu den vorherigen Überlegungen nähert sich somit
j(x) für große positive und negative x-Werte selbst beliebig nahe der x-Achse an.
166
4.1.4
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Nullstellen
Fehler:
Bestimme die Nullstellen von f mit f (x) = x3 − x2 + x − 1 .
Schülerlösung:
f (0) = 03 − 02 + 0 − 1 = −1
⇒ xn = −1 .
Erläuterung:
Dieser Schüler hat nicht die Nullstellen der Funktion, sondern deren y-Achsenabschnitt berechnet. Nullstellen sind
jedoch die Schnittstellen des Graphen mit der x − Achse, für sie gilt y = f (x) = 0
Korrekte Lösung: Mit f (x) = x3 − x2 + x − 1 = 0 haben wir für x = 1 bereits eine Nullstelle. Den zugehörigen
Linearfaktor x − 1 können wir mittels Polynomdivision abspalten und erhalten:
(x3 − x2 + x − 1) : (x − 1) = x2 + 1 .
Da x2 + 1 = 0 keine weiteren reellen Lösungen besitzt, ist x = 1 die einzige Nullstelle von f .
Fehler:
Das Polynom g(x) = x4 + 3x3 − 18x2 − 32x + 96 hat die Nullstellen x1 = 3, x2 = 2 und x3 = −4. Geben Sie das
Polynom in faktorisierter Form an!
Schülerlösung:
Mit
g(x) = 0 ⇒ x1 = 3, x2 = 2 und x3 = −4
folgt (x − 3)(x − 2)(x + 4) = 0 und somit g(x) = (x − 2)(x − 3)(x + 4) .
Erläuterung:
Obwohl dieser Schüler die Informationen bezüglich der Nullstellen richtig interpretiert und zur Lösung der Aufgabe
eingesetzt hat, kann seine faktorisierte Darstellung von g offensichtlich nicht stimmen, da dies nur ein Polynom dritten
Grades darstellt. Ursache des Fehlers ist die Missachtung der doppelten Nullstelle bei x = −4 . Die richtige Lösung
lautet nämlich:
g(x) = (x − 2)(x − 3)(x + 4)2
Fehler:
2
Berechne die Nullstellen von h(x) = x3 − x2 − x2 .
Schülerlösung:
Durch Probieren entdeckt: Für x0 = 1 gilt h(x0 ) = 13 −
Weiter mit Polynomdivision:
(x3
−(x3
2
− x2
+x2 )
− 32 x2
−(− 32 x2
12
2
− x2 )
− 12 x
− 32 x)
x
−(x
−
1
2
= 0, somit ist x0 = 1 eine Nullstelle des Polynoms.
: (x + 1) = x2 − 23 x + 1 −
1
x+1
+1)
−1
Erläuterung:
Wenn x1 = 1 Nullstelle des Polynoms h(x) ist, so enthält die faktorisierte Darstellung dieser Funktion den Term
(x − 1) als Faktor. Fälschlicherweise wurde hier allerdings durch (x + 1) dividiert, was ein Standardfehler bei der
Berechnung von Nullstellen mittels Polynomdivision ist. Durch die Verwendung des falschen Linearfaktors blieb bei
der Polynomdivision schließlich ein Rest, was dem Lösenden ein Indiz dafür liefert, dass er entweder einen falschen
Linearfaktor verwendet oder einen Fehler im Divisionsalgorithmus gemacht hat.
Korrekte Lösung:
(
−(
x3
x3
2
− x2
−x2 )
1 2
2x
1 2
−( 2 x
− x2
− 12 x
− 21 x)
0
)
: (x − 1) = x2 + 12 x
4.1. POLYNOME
167
Da x in jedem Summanden des Restpolynoms enthalten ist, lassen sich die weiteren Nullstellen nun leicht bestimmen.
So erhalten wir x2 = 0 und damit letztlich x + 12 = 0 ⇒ x3 = − 21 .
Anmerkung: Darüber hinaus hätte sich der Schüler die Polynomdivision und damit einen Arbeitsschritt ersparen
können, wenn er gleich zu Beginn den Spezialfall x = 0 als erste Nullstelle erkannt und x abgespalten hätte.
Fehler:
Bestimme f (x) = 0 für f (x) = x4 + 6x2 + 9 .
Schülerlösung:
Sei z := x2 , dann ist f (z) = z 2 + 6z + 9 . Hiermit berechnen wir nun die Nullstellen:
0 = z 2 + 6z + 9
⇒ 0 = (z + 3)2
⇒ z = −3
Somit ist x = −3 die Nullstelle des Polynoms f (x) .
Erläuterung:
Zwar hat dieser Schüler geschickterweise das Substitutionsverfahren zur Lösung eingesetzt, anschließend aber vergessen zu Resubstituieren. Die von ihm berechneten Nullstellen beziehen sich daher auf die Funktion f (z) = z 2 + 6z + 9
und nicht auf f (x) .
Aus z = −3 folgt nämlich letztlich mit z = x2 = −3, dass f (x) keine Nullstellen besitzt.
Aufgabe: Ist x = 3 eine Lösung der Gleichung 21 x4 + 52 x3 − 2x2 − 22x − 24 = 0?
Lösung:
Wir setzen für x die Zahl 3 ein und überprüfen, ob das Ergebnis 0 ist.
81 135
1 4 5 3
· 3 + · 3 − 2 · 32 − 22 · 3 − 24 =
+
− 18 − 66 − 24 = 108 − 108 = 0
2
2
2
2
Folglich ist x = 3 eine Lösung der Gleichung 21 x4 + 25 x3 − 2x2 − 22x − 24 = 0.
Aufgabe: Das Polynom p(x) = x2 + x − 2 besitzt die Nullstelle 1. Man dividiere p(x) durch x − 1 und schreibe p(x)
als Produkt.
Lösung:
Es folgt also p(x) = (x − 1)(x + 2).
Aufgabe: Welche Nullstellen besitzt das Polynom p(x) = x4 − 7 x2 + 10?
Lösung:
Wir substituieren x2 durch z und lösen die erhaltene quadratische Gleichung mit der p - q - Formel.
s s 2
2
7
7
7
7
2
z − 7z + 10 = 0 ⇒ z1 = +
− 10 = 5 bzw. z2 = −
− 10 = 2
2
2
2
2
2
2
Durch Resubstitution
√
√ √ergeben
√ sich die beiden quadratischen Gleichungen x = 5 und x = 2 und somit die vier
Nullstellen 5, − 5, 2, − 2.
Aufgabe: Stellen Sie das Polynom p(x) = 4x3 − 16x2 + 4x + 24 als Produkt von Linearfaktoren dar!
Lösung:
Wir raten die Nullstelle −1 und dividieren das Polynom p(x) durch x + 1.
168
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Im nächsten Schritt bestimmen wir die Nullstellen des erhaltenen quadratischen Restpolynoms mit der p - q - Formel.
s s 2
2
5
5
5
5
4x2 − 20x + 24 = 0 ⇒ x = +
− 6 = 3 bzw. x = −
− 6 = 2.
2
2
2
2
Folglich gilt p(x) = 4(x + 1)(x − 2)(x − 3).
Aufgabe: Für welche a ist x = 2 Nullstelle der Funktion p(x) = 5x3 − 3x2 + 3x − a1 ?
Lösung:
Wir setzen x = 2 in die Funktion p(x) ein und lösen nach a auf.
1
a
1
40 − 12 + 6 −
a
1
−
a
P (2) = 5 · 23 − 3 · 22 + 3 · 2 −
a
Für a =
1
34
=
0
=
0
= −34
=
1
34
ist x = 2 Nullstelle der Funktion p(x).
Aufgabe: Sei p ein Polynom vom Grad n und q ein von p verschiedenes Polynom vom Grad m, wobei n ≥ m gelten
soll. Begründen Sie, warum der Graph von p den Graphen von q höchstens n - mal schneidet.
Lösung:
Um die Schnittpunkte der beiden Graphen zu bestimmen, muss man p(x) und q(x) gleichsetzen und nach x auflösen.
Die Gleichung p(x) = q(x) ist offenbar äquivalent zu der Gleichung p(x) − q(x) = 0. Auf der linken Seite der letzten
Gleichung steht ein Polynom, dessen Grad kleiner oder gleich dem Maximum der Grade von p und q ist, also kleiner
oder gleich n. Die Anzahl der Nullstellen des Polynoms p(x) − q(x) ist wegen obiger Äquivalenz gleichzeitig die Anzahl
der Schnittpunkte der beiden Polynome. Da aber ein Polynom, dessen Grad höchstens n ist, maximal n Nullstellen
besitzen kann, ist die Anzahl der Schnittpunkte von p(x) und q(x) durch n begrenzt.
Aufgabe: Mehrfache Nullstellen Im Folgenden beschäftigen wir uns mit speziellen Nullstellen, die zusätzliche
Eigenschaften aufweisen. Lösen Sie hierzu die nachfolgenden Aufgaben:
a) Faktorisieren Sie das Polynom f (x) = x3 + 2x2 − 4x − 8.
b) Bei der Lösung des Problems sollten Sie auf eine so genannte mehrfache Nullstelle bei x = −2 gestoßen sein - in
diesem Fall war es eine doppelte. Mehrfache Nullstellen haben für Funktionen eine spezielle Bedeutung. Um diese zu
entdecken, geben Sie bitte nun jeweils ein beliebiges Polynom mit einer einfachen, mit einer doppelten, einer dreifachen
und letztlich ein Polynom mit einer vierfachen Nullstelle an.
c) Untersuchen Sie nun das Verhalten dieser Funktionen an den jeweiligen Nullstellen und finden Sie heraus, bei
welchen die Funktionswerte an diesen Stellen das Vorzeichen wechseln und bei welchen nicht.
d) Fassen Sie Ihre Erkenntnisse in einem allgemeingültigen Satz zusammen.
Lösung:
a) Für die Abspaltung des ersten Linearfaktors suchen wir zunächst eine Nullstelle, die wir mit x1 = 2 schnell finden.
Die anschließende Polynomdivision liefert uns (x3 + 2x2 − 4x − 8) : (x − 2) = x2 + 4x + 4 .
Die Faktorisierung des Restpolynoms ist einfach, da hier direkt die erste binomische Formel angewendet werden kann:
x2 + 4x + 4 = (x + 2)2
Insgesamt erhalten wir somit f (x) = (x − 2)(x + 2)2 .
b) Polynome:
Einfache Nullstelle bei x = 3: f1 (x) = 3(x − 3)
4.1. POLYNOME
169
Doppelte Nullstelle bei x = −2: f2 (x) = −2(x + 2)2
Dreifache Nullstelle bei x = 2: f3 (x) = −(x − 2)3
Vierfache Nullstelle bei x = 1: f4 (x) = 2, 5(x − 1)4
c) Am einfachsten lässt sich dies durch ein Wertetabelle oder aber direkt mit Hilfe der Graphen dieser Funktionen
untersuchen. Betrachten Sie dazu die folgende Graphik:
Bild: Graphen von f1 (x) (blau), f2 (x) (rot), f3 (x) (schwarz) und f4 (x) (gelb).
Offenbar wechseln die Funktionswerte an den entsprechenden Nullstellen nur dann nicht das Vorzeichen, wenn der
Exponent des zugehörigen Linearfaktors gerade ist. Haben wir also eine Nullstelle ungeraden Grades, dann findet an
diesen Stellen ein Vorzeichenwechsel statt.
d) Sei x1 Nullstelle des Polynoms f (x) und der Exponent n des zugehörigen Linearfaktors (x − x1 )n ungerade, dann
wechseln die Funktionswerte von f an der Stelle x1 das Vorzeichen. Ist n gerade, so findet bei x1 kein Vorzeichenwechsel
statt.
170
4.2
4.2.1
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Exponential- und Logarithmusfunktion
Potenz- und Logarithmengesetze
Fehler:
10x = 100
⇒
x = 10
Erläuterung:
Hier liegt vermutlich ein Fehler im Grundverständnis bezüglich des Potenzierens vor: Der Student dachte, es gelte
1010 = 100. Allerdings ist 10 · 10 = 102 = 100 und somit das richtige Ergebnis x = 2 .
Fehler:
log25 (5) = 2
Erläuterung:
Bei dieser Umformung wird vermutlich eine Fehlvorstellung des Logarithmierens deutlich. Es gilt loga (b) = c ⇔√ac = b.
1
Somit suchen wir mit log25 (5) diejenige Zahl x, für die gilt 25x = 5. Laut Definition ist dies x = 21 , da 25 2 = 25 = 5
(laut Definition sind nur postitive Zahlen zugelassen).
Fehler:
1
a 2 = a12
Erläuterung:
Hier wurde die Definition von Potenzen√missachtet und die beiden Spezialfälle vertauscht. Laut Definition ist nämlich
√
1
m
a−n = a1n während andererseits a n = n am . Aus letzterem kommen wir schließlich auf die richtige Lösung: a 2 = a .
Fehler:
loga (x + 5y) = loga (x) loga (5y)
Erläuterung:
In diesem Fall hat der Student das erste Logarithmengesetz angewandt, obwohl dies hier gar nicht möglich ist. Ursache:
Durch Vertauschung der Operationen + und · wurde der Einsatz des nun falschen Gesetzes möglich. Der Ausgangsterm
kann gar nicht vereinfacht werden.
Fehler:
loga (w) + logb (w) = loga+b (w)
Erläuterung:
Das Gesetz, das bei dieser Umformung eingesetzt wurde, gibt es nicht und ist somit eine falsche Eigenkonstruktion.
Logarithmen können nur zusammengefasst werden, wenn die Basis gleich ist. Eine Addition der Basen wie in diesem
Fall ist nicht zulässig und eine Umformung des linken Terms auch hier nicht möglich!
Fehler:
z
a−2xz = a(−2x)
Erläuterung:
Bei dieser Umformung hat der Student an das richtige Gesetz gedacht, dann allerdings die Klammern falsch gesetzt.
z
Es lässt sich leicht überlegen, weshalb die Lösung falsch sein muss, denn aus a−2xz = a(−2x) folgt −2xz = (−2x)z ,
−2xz
−2x z
was offensichtlich nicht allgemeingültig sein kann. Die richtige Lösung lautet: a
= (a
) .
Fehler:
logx (−m) = − logx (m)
Erläuterung:
Auch hier wurde eine Regel angewandt, die falsch ist, da Faktoren auf diese Weise nicht aus der Klammer gezogen
werden dürfen. Zudem gilt zwar für a, b, c > 0 nach dem ersten Potenzgesetz logc (ab) = logc (a) + logc (b), allerdings
ist der Logarithmus für negative Zahlen nicht definiert, sodass logx (−m) = logx (−1 · m) auch auf diesem Weg nicht
auseinandergezogen werden darf! Somit gibt es in diesem Fall erneut keine Vereinfachungsmöglichkeit.
Fehler:
aloga (−1) = −1
Erläuterung:
4.2. EXPONENTIAL- UND LOGARITHMUSFUNKTION
171
Zwar gilt für a, c > 0 : aloga (c) = c, allerdings ist der Logarithmus einer negativen Zahl nicht definiert, sodass erneut
eine Vereinfachung nicht möglich ist.
Fehler:
c = x2 ⇔
x = log2 (c)
Erläuterung:
Die Ursache für diesen Fehler liegt in der Verwechslung der Gegenoperationen und damit vermutlich in einer Fehlvorstellung bezüglich des Logarithmierens. Die Gegenoperation zum Quadrieren ist das Wurzelziehen, nicht das Logarithmieren. Einfach gesagt: Mit Hilfe des Wurzelziehens reduziert man eine Potenz auf die Basis, mit Hilfe des
Logarithmierens errechnet √
man ihren Exponent.
Korrekte Lösung: |x| = c .
Aufgabe: Rechenaufgaben
1. Es ist log3 (2) ≈ 0, 6. Berechnen Sie ohne Taschenrechner!
(Beispiel: log3 ( 32 ) = log3 (2) − log3 (3) ≈ 0, 6 − 1 = 0, 4)
• log3 (18)
• log3 ( 16 )
• log3 (4 ·
√
27)
2. Vereinfachen Sie
• log10 (25 · 55 )
• logv ((v 2 )3 · v 6 : (v 3 )4 )
3. Schreiben Sie folgenden Ausdruck als einen Logarithmusterm:
• logr (2a2 ) + logr (7b) − (logr (14c) + logr (b))
• logz (x5 ) + logz (x7 )
• log4 ((l + k)4 ) − log4 (l2 + 2lk + k 2 )
4. Schreiben Sie als Summe bzw. Differenz mit einfachen Logarithmen.
q
• logz ( 3 g3a·h6 )
1
• loga ( (cu)
2)
Aufgabe: Begründungsaufgabe
1. Ein Student soll beweisen, dass log10 (7) keine rationale Zahl ist und gibt folgende Beweisschritte ohne Erläuterungen ab:
p
p
log10 (7) =
⇒ 7 = 10 q ⇒ 7q = 10p Widerspruch!
q
Erläutern und vervollständigen Sie die Beweisführung!
2. Überprüfen und beweisen Sie analog, ob die folgenden Logarithmen aus Q sind oder nicht:
• log5 (30)
• log2 (4)
• log27 (1/3)
Aufgabe: Entwickeln Sie selbst:
1. Leiten Sie ein Logarithmengesetz für Doppelbrüche (also für loga
b
c
d
) her und beweisen sie es!
√
b
2. Machen Sie das gleiche für folgenden Term: loga ( cd )!
3. Vergleichen Sie log10 (5) und log10 ( 15 ) sowie log10 (7) und log10 ( 71 ). Was stellen Sie fest? Formulieren Sie ein Gesetz
und begründen Sie dieses!
172
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Aufgabe: Berechnung von Stellen
1. Es gelte log10 (x) = 4, 7. Wie viele Stellen vor dem Komma hat die Zahl x?
2. Ermitteln Sie begründet die Anzahl der Stellen von 613 und 3721 !
Hinweis: Mit der log - Taste ihres Taschenrechners berechnen Sie dekadische Logarithmen!
3. Versuchen Sie eine begründete Vorstellung von der Länge der Primzahl 2132049 − 1 zu vermitteln!
Aufgabe: Fehlersuche
Suchen Sie bei den folgenden Umformungen nach den Fehlern und korrigieren Sie sie gegebenenfalls!
4a
1. logg ( −d
) = logg (4a) − logg (d)
2. logz (b · (4b − b ·
28
7 ))
= logz (b) + logz (4b − b ·
3. ((2h)4 )5 = 5(2h)4
4. 9(r2 g)6 = 9r6 g 6
5. hl · pl = (hp)2l
√
5
6. log65 ( k 9 ) = 59 · log65 (k)
28
7 )
4.2. EXPONENTIAL- UND LOGARITHMUSFUNKTION
4.2.2
173
Die allgemeine Exponentialfunktion
Aufgabe: [Aufstellen, Zeichnen, Ablesen] Gegeben ist eine Exponentialfunktion, die durch den Punkt P( - 2 ; 19 ) geht.
• Stellen Sie die entsprechende Funktionsvorschrift auf, legen sie eine Wertetabelle an und zeichnen Sie den Graphen
der Funktion.
√
√
• Suchen Sie mit Hilfe ihrer Zeichnung einen Näherungswert für 4 3 und für 27.
Aufgabe: [Funktionen aus Graphen bestimmen] Geben Sie die Funktionsvorschriften der folgenden 5 Exponentialfunktionen an.
Bild: 5 verschiedene Exponentialfunktionen
Aufgabe: [Werte und Stellen ausrechnen]
• Berechnen Sie Funktionswerte für f (x) = 4x :
f (2); f (−9); f
1
; f (3x); f (x3 )
2
• Sei nun g(x) := f (3x). Vergleichen Sie den Graphen von f mit dem der Funktion g. Beschreiben Sie die beobachteten Unterschiede, Gemeinsamkeiten und deren Ursachen.
• Gilt f (3x) = f (x3 )? Begründen Sie!
Aufgabe: [Begründungsaufgabe] Hier sind einige Aussagen zu Exponentialfunktionen der Form f (x) = ax . Überprüfen Sie die Richtigkeit der Aussagen, begründen oder widerlegen Sie diese und korrigieren Sie sie gegebenenfalls.
1. Eine solche Exponentialfunktion ist bereits durch einen beliebigen Punkt eindeutig festgelegt.
2. Bei einer beliebigen Exponentialfunktion diesen Typs ist ein Punkt stets bekannt.
3. Da die Funktionswerte von Exponentialfunktionen diesen Typs stets größer als Null sind, können Prozesse, bei
denen etwas im Laufe der Zeit abnimmt, hiermit nicht modelliert werden.
174
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
4.2.3
Die Exponentialfunktion zur Basis e
Aufgabe: Eine Bank bietet einen Kredit zu einem Jahreszinssatz von 4% an. Nun will sie die Verzinsung ändern und
bietet den Kunden halbjährlich einen Zinssatz von 2%.
1. Wenn ein Freund sie um Rat fragt, würden Sie ihm empfehlen das Angebot anzunehmen oder nicht? Begründen
Sie ihre Antwort!
2. Gehen Sie von einer Anfangsverschuldung von 17500 e aus, und berechnen Sie für beide Modelle den neuen
Kontostand nach einem Jahr!
3. Was passiert, wenn die Verzinsung auf 44 % pro Vierteljahr und was, wenn sie auf
4
360 %
pro Tag gesetzt wird?
4. Untersuchen Sie, was demnach beim Übergang zur stetigen Verzinsung geschieht!
Tipp: Rechnen Sie mit gleichbleibendem Zinssatz pro Jahr, aber kleineren Zinsintervallen und vergleichen Sie
die resultierenden Kontostände nach einem Jahr (z.B. in einer Tabelle).
Lösung:
1. Bezeichne S1 die Verschuldung nach einem Jahr zu einem Jahreszinssatz von 4% und S2 die Verschuldung nach
einem Jahr zu einem halbjährlichen Zinssatz von 2%. Bei einer Anfangsverschuldung von S0 ergibt sich für S1
S1 = S0 · (1 + 0, 04) = 1, 04 · S0
und für S2
S2 = S0 · (1 + 0, 02) · (1 + 0, 02) = 1, 022 · S0 = 1, 0404 · S0 .
Für die erste Variante erhalten wir also am Jahresende bei einem Jahreszinssatz von 4% eine geringere Verschuldung als bei der zweiten Variante bei einem Jahreszinssatz von 4, 04%. Somit sollte man das Angebot nicht
annehmen.
2. Für S0 = 17500 liefern obige Formeln S1 = 18200 und S2 = 18207.
3. Wir bezeichnen mit Sm die Verschuldung nach einem Jahr mit m Zinsintervallen zu einem Zinssatz von
Dann erhalten wir für S4
S4 = S0 · (1 + 0, 01)4 = 1, 04060401 · S0
und für S360
S360
4
= S0 · 1 +
36000
≈ 1, 040808461 · S0 .
Sm = S0 · 1 +
4.
1+
(S4 ≈ 18210, 57)
360
Allgemein gilt offenbar
mit einem Jahreszinssatz von 100 ·
bei S360 etwa 4, 0808%.
4
m %.
m
4
100m
4
100m
(S360 ≈ 18214, 15)
m
− 1 %. Der Jahreszinssatz beträgt bei S4 etwa 4, 0604% und
Aus der TabelVerschuldung
S4
S40
S400
S4000
S40000
S400000
Prozentsatz in %
1
0,1
0,01
0,001
0,0001
0,00001
Jahreszinssatz in % 4,060401 4,0789972 4,0808693 4,0810566 4,0810755 4,0810747
Wert in e
18210,57 18213,82
18214,15
18214,18
18214,19
18214,19
le erkennt man, dass sich die fünfte Nachkommastelle des Jahreszinssatzes ab S40000 nicht mehr zu verändern
scheint. Dies wird durch die exakte Rechnung der stetigen Verzinsung bestätigt. Es ergibt sich
S∞ = S0 · e0,04 = 1, 040810774 . . . · S0 .
(S∞ ≈ 18214, 19)
Der maximale Jahreszinssatz beträgt also etwa 4, 0810774%.
Aufgabe: Analysieren Sie!
Gegeben sei ein exponentieller Wachstumsprozess durch die Funktionsvorschrift f (x) = 180 · e2,5x . Eine Kommillitonin
behauptet, dass man den Startwert sowohl in der Funktionsvorschrift als auch am Graph stets sofort ablesen kann.
4.2. EXPONENTIAL- UND LOGARITHMUSFUNKTION
175
1. Zeichnen Sie die Funktion und überprüfen Sie die Richtigkeit ihrer Aussage!
2. Betrachten Sie die allgemeine Funktionsvorschrift f (x) = a · ebx . Geben Sie den Startwert an und überlegen Sie,
wo der entsprechende Punkt im Graphen zu finden ist.
Lösung:
1. Offenbar erhält man durch Einsetzen von x = 0 den Startwert 180 · e2,5·0 = 180 · 1 = 180. Im Graphen kann man
den Startwert auf der y-Achse ebenfalls an der Stelle 0 ablesen.
Bild: Der Graph der Funktion f (x) = 180 · e2,5x .
2. Im allgemeinen Fall f (x) = a · ebx kann man den Startwert auch direkt ablesen. Er ist gegeben durch a, denn
a · eb·0 = a · 1 = a. Im Schaubild ist der Startwert nichts anderes als der y-Wert des Schnittpunktes des Graphen
von f mit der y-Achse
Aufgabe: Lösen von Gleichungen
Überprüfen Sie, ob zu folgenden Gleichungen eine Lösung in x existiert. Begründen Sie Ihre Antwort!
1. −3e4x = 5
2. 5e2x − 22 = 9
Lösung:
1. Zu dieser Gleichung existiert keine Lösung. Da die Exponentialfunktion nur positive Werte annimmt, ist also e4x
immer positiv und demnach −3e4x negativ. Da aber 5 positiv ist, kann die Gleichung für kein x erfüllt sein.
2. Wir ermitteln x mithilfe von ln(x) := loge (x) wie folgt
5e2x − 22
=
5e2x
=
e2x
2x
x
9
31
31
=
| ln
5 31
= ln
5
=
ln( 31
5 )
≈ 0, 912274646
2
Es exisitiert somit eine Lösung.
Aufgabe: Eigenschaften der e-Funktion
Im Verlauf dieses Moduls haben sie die Eigenschaft ex > 0 kennen gelernt.
176
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
1. Was bedeutet dies für den Graphen von verschiedenen Exponentialfunktionen mit der Basis e?
2. Welche weiteren Eigenschaften dieser Graphen kennen Sie?
3. Interpretieren Sie diese Eigenschaften im Hinblick auf Wachstumsmodelle!
Lösung:
1. Der Graph der e-Funktion verläuft immer oberhalb der x-Achse. Gleiches gilt auch für die Funktion f (x) = eλx
und g(x) = b · eλx mit b > 0. Für b < 0 würde sich der Graph unterhalb der x-Achse befinden.
2. Der Graph von f verläuft bspw. immer durch den Punkt (0;1) und der Graph von g durch den Punkt (0;b). Die
Funktion f ist für λ > 0 monoton steigend und für λ < 0 monoton fallend. Entsprechendes gilt für g, falls b > 0
ist. Für b < 0 verändert sich das Steigungsverhalten wieder.
3. Für Wachstumsmodelle ist lediglich die Funktion g mit λ, b > 0 oder λ, b < 0 geeignet, da nur diese beiden
Möglichkeiten zu einer monoton steigenden Funktion führen.
4.2. EXPONENTIAL- UND LOGARITHMUSFUNKTION
4.2.4
177
Der natürliche Logarithmus
Aufgabe: Vereinfachen Sie folgende Ausdrücke ohne Taschenrechner mit den Rechenregeln für den Logarithmus.
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
1. ln 1e
2. e3 ln(4)−ln(8)
√
√
3. ln
e4a eb − e2 ln( a)
Lösung:
Durch Anwendung der Rechenregeln für den Logarithmus erhalten wir:
1.
ln
1
=
e
=
ln (1) − ln (e)
0−1
= −1
alternativ:
ln
1
e
=
ln e−1
= − ln(e)
= −1
2.
e3 ln(4)−ln(8)
3
= eln(4
)−ln(8)
= eln(64)−ln(8)
64
= eln( 8 )
= eln(8)
=
8
3.
ln
√
√
e4a eb − e2 ln( a)
=
=
√
√ 2
e4a + ln eb − eln(( a) )
1
ln (e4a ) 2 + b − eln(a)
ln
=
1
ln e4a + b − a
2
1
(4a) ln (e) + b − a
2
2a + b − a
=
a+b
=
=
Es ist zu bemerken, daß es viele Lösungsmöglichkeiten für obige Aufgaben gibt, so daß die aufgezeigten Rechenwege
von ihren Rechenwegen abweichen können.
Aufgabe: Man vereinfache
√
1. ln(e2 e5 )
2
2. e2 ln(a )+ln(5 a)
a>0
Was ergibt sich für a = 7?
Aufgabe: Lösen von Gleichungen
Welches x erfüllt die Gleichung:
178
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
1. ln(x3 ) + 2 = 0,
x>0
2. e2 x + ex − 1 = 0
√
3. ln(x) + ln( x) = 2 ln(x),
4.
ex +e−x
2
x>0
= a, wobei a ≥ 1.
Aufgabe: Anwendungsaufgabe
Sie haben geerbt! Abzüglich der Erbschaftssteuer bleibt ihnen immer noch ein Betrag von 5250 e. Die Auflage ihrer
verstorbenen Tante war allerdings, dass sie das Geld anlegen und erst für den Bau eines Haus verwenden können,
wenn sie mindestens 100000 e gespart haben. Eine Bank bietet ihnen eine Anlage mit stetiger Verzinsung zu einem
festen Zinssatz von 5% an.
1. Ist es sinnvoll auf dieses Angebot einzugehen? Begründen Sie ihre Antwort!
2. Sie haben sich das Ziel gesetzt, bereits nach 30 Jahren die gewünschte Summe zu erreichen. Welches Angebot
müsste ihnen die Bank dann machen?
Aufgabe: Graph der Logarithmusfunktion
Gegeben sei die Funktion f (x) = b · ln(x − a) + c.
1. Zeichnen Sie die Funktion für a = 2, b = 3, c = 2, 5 in ein Koordinatensystem.
2. Für welche x ist die Funktion f (x) definiert?
3. Zeichnen Sie in das gleiche Koordinatensystem die Funktion g(x) = ln(x).
4. Analysieren Sie, wie der Graph der Funktion f (x) aus dem Graphen von g(x) entstanden ist. Geben Sie an, was
eine Veränderung der Parameter a, b und c im Graphen bewirkt. Setzen Sie dazu gegebenenfalls andere Werte
für die Parameter ein.
5. Gegeben sei die Funktion h(x) = 3 ln(x + 1, 5) − 1. Beantworten Sie ohne eine Zeichnung zu erstellen:
(a) Wo liegt die Asymptote von h(x)?
(b) Schneidet der Graph die y-Achse? Wenn ja, wo?
(c) Wo schneidet er die x-Achse?
(d) Wie ist der Graph aus dem Graphen von g(x) = ln(x) hervorgegangen?
4.2. EXPONENTIAL- UND LOGARITHMUSFUNKTION
4.2.5
179
Allgemeine Potenzen und Logarithmen
Aufgabe: Vereinfachen Sie den Ausdruck − loga2 (b4 )−2 loga ( ab ) mit den Rechenregeln für den Logarithmus. logarithmusvereinf
Diese Aufgabe enthält einen interaktiven Teil!
Lösung:
Wir vereinfachen den folgenden Ausdruck:
a
− loga2 (b4 ) − 2 loga ( )
b
Es gilt
a
− loga2 (b4 ) − 2 loga ( )
b
=
=
=
=
=
=
ln( ab )
ln(b4 )
−2
2
ln(a )
ln(a)
4 ln(b)
ln(a) − ln(b)
−
−2
2 ln(a)
ln(a)
2 ln(b) 2 ln(a) − 2 ln(b)
−
−
ln(a)
ln(a)
−2 ln(b) − 2 ln(a) + 2 ln(b)
ln(a)
−2 ln(a)
ln(a)
−2
−
Fehler:
Wo liegt der Fehler in folgender Rechnung?
log2 (5) =
ln(2)
≈ 0, 43067656
ln(5)
Erläuterung:
Zähler und Nenner wurden vertauscht! Der richtige Lösungsweg lautet
log2 (5) =
ln(5)
≈ 2, 32192809.
ln(2)
Ist man sich nicht sicher, welcher Term in den Zähler und welcher Term in den Nenner gehört, so überprüft man eine
ln(1)
0
einfache Rechnung. Für a 6= 1 gilt loga (1) = 0 = ln(a)
= ln(a)
und nicht etwa loga (1) = 0 = ln(a)
ln(1) , da im rechten
Bruch die 0 im Nenner auftaucht.
Aufgabe: Rechenaufgaben
1. Man schreibe mit Hilfe der e - bzw. ln - Funktion:
√ √2
(a) 4 3
(b) 3 log2 (ea )
(c) bln(b)
(d) log10 (2e) − log10 (2e2 )
2. Man schreibe zur Basis a:
√ √5
(a) 5 2
(b) 5 log3 (a2 )
(c) ln(2a) + ln(a2 )
180
4.3
4.3.1
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Trigonometrische Funktionen
Strahlensätze
Fehler:
Berechne die Länge der Strecke SA bei gegebenen Strecken SA0 , SB und SB 0 !
Schülerlösung:
SA
SA0
=
SB
SB 0
⇒
SA =
SA0 · SB
SB 0
Erläuterung:
Hier wurde der Strahlensatz auf nicht parallele Geraden angewendet. Strahlensätze sind aber nur dann anwendbar,
wenn sich zwei oder mehrere Geraden in einem gemeinsamen Schnittpunkt schneiden und diese von mindestens zwei
oder mehreren Parallelen geschnitten werden.
Fehler:
Berechne allgemein die Länge der Strecke SA bei gegebenen Strecken AB,A0 B 0 und SA0 !
Schülerlösung:
Zweiter Strahlensatz:
SA
A0 B 0
=
AB
SA0
⇒
SA =
AB · A0 B 0
SA0
Erläuterung:
Hier wurde der zweite Strahlensatz nicht richtig aufgestellt. Möglicherweise liegt hier ein Fehler in der Grundvorstellung des zweiten Strahlensatzes vor. Richtig heißt es:
SA
SA0
= 0 0
AB
AB
⇒
SA =
AB · SA0
A0 B 0
4.3. TRIGONOMETRISCHE FUNKTIONEN
181
Fehler:
Kontrollieren Sie!
SA
0
SA
=
SB 0
SB
Erläuterung:
Hier wurde der erste Strahlensatz nicht richtig aufgestellt, da nicht die zueinander gehörenden Abschnitte aus den
Strahlen gewählt wurden. Eine mögliche Ursache hierfür ist vielleicht ein “stures Auswendiglernen“ der Strahlensätze
mit den Standardbezeichnungen. Eine Anpassung des Satzes auf die Figur ist dann nicht erfolgt. Richtig heißt es:
SA
SB 0
=
SB
SA0
.
Aufgabe: Ein Flugzeug ist im gleichmäßigen Steigflug. Wenn es vom Startpunkt S aus 2 187 m über Grund zurückgelegt hat, hat es eine Höhe von 793 m erreicht. In einer Entfernung von ca. 5 000 m befindet sich ein 1726 m hoher
Berg. Schafft das Flugzeug den Überflug oder muss der Pilot den Steigflug korrigieren?
Bild: Skizze zum Steigflug
Lösung:
Sei h0 die Überflughöhe.
h0
793 m
=
5 000 m
2 187 m
⇒
h0 ≈ 1 813 m
Der Pilot hat die Daten für den Steigflug richtig gewählt!
Aufgabe: Um die Entfernung zweier Punkte zu bestimmen, von denen einer unzugänglich ist oder zwischen denen
sich ein Hindernis befindet, verfährt man nach dem in der unteren Abbildung dargestellten Verfahren.
1. Berechnen Sie die Entfernung des unzugänglichen Punktes B vom Punkt A, wenn die folgenden Streckenlängen
gemessen wurden: s = 120 m, t = 80 m, a = 60 m.
182
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Bild: Skizze zur Entfernungsmessung zweier Punkte
2. Worauf müssen Sie bei der Anwendung dieses Verfahrens im Hinblick auf die abgesteckten Punkte sowie den Strecken
CD und AE unbedingt beachten?
Lösung:
1.
⇔
⇒
s
x
=
x−a
t
x
120 m
=
x − 60 m
80 m
x = 180 m
2. Die Punkte A, C und B bzw. B, D und E müssen jeweils auf einer Geraden liegen. Die Strecken CD und AE
müssen parallel verlaufen.
Aufgabe: Betrachten Sie das in der folgenden Abbildung dargestellte Dreieck. Durch dessen Seitenmitte Sb verläuft
die Parallele s zu AB. Sei Sa der Schnittpunkt der Parallele mit AB.
Bild: Dreieck ABC
Begründen Sie mit den Strahlensätzen:
1. Die Seite BC wird von der Parallele in der Seitenmitte Sa geschnitten.
2. Die Strecke Sa Sb ist halb so lang wie die Seite AB.
Lösung:
1. Die Seite AC wird durch die Parallele s im Punkt Sb geschnitten und es ergibt sich ein Teilungsverhältnis von
1
2 . Nach dem ersten Strahlensatz gilt
CSb
CSa
=
.
CA
CB
Eingesetzt erhält man
1
CSa
=
.
2
CB
4.3. TRIGONOMETRISCHE FUNKTIONEN
183
Somit wird auch die Seite BC halbiert. Dieser Schnittpunkt ist der Punkt Sa .
2. Nach dem zweiten Strahlensatz gilt
CSa
CB
=
.
Sa Sb
AB
Durch Umformung erhält man
CSa
Sa Sb
=
.
CB
AB
Im Aufgabenteil a) haben wir bereits festgestellt, dass
CSa
CB
= 12 .
Es folgt somit
CSa
Sa Sb
1
=
= .
2
CB
AB
Aufgelöst nach Sa Sb ergibt sich
Sa Sb =
1
· AB.
2
Die Strecke ist also halb so lang wie die Seite AB!
Aufgabe: Beweisen Sie den Satz von Varignon:
Die Mittelpunkte der Seiten eines Vierecks bilden ein Parallelogramm.
Bild: Seitenmittenviereck
Lösung:
In einem beliebigen Viereck ABCD seien P , Q, R und S die Seitenmittenpunkte. Betrachtet man die Diagonale BD
und die Strecke QP , so gilt mit dem ersten Strahlensatz:
AQ
AP
1
=
= ,
2
AB
AD
da die Strecke AD von P und die Strecke AB von Q halbiert wird. Daraus folgt mit der Umkehrung des ersten
Strahlensatzes, dass BD k P Q ist.
Auf ähnliche Art zeigt man, dass BD k RS, AC k QR und AC k P S sind. P QRS ist also ein Viereck indem die
jeweils gegenüber liegenden Seiten parallel sind. P QRS ist somit ein Parallelogramm.
Aufgabe: Zeichnen Sie eine Strecke AB = 13 cm. Konstruieren Sie nun (ohne Rechnung) einen Punkt C auf AB mit
AC = 56 · AB und einen weiteren Punkt D mit AD = 34 · AB und beschreiben Sie Ihr Vorgehen!
Lösung:
Bild: Konstruktionszeichnung zur Streckenteilung
184
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Zuerst zeichnet man die Strecke AB = 13 cm. Nun zeichnet man in einem spitzen Winkel zu AB einen Strahl und trägt
auf diesem mit Zirkel und Lineal eine Strecke 6 - mal ab und erhält so eine Strecke AP . Diese Unterteilung liefert die
Punkte S1 bis S5 . Anschließend verbindet man die Punkte B und P miteinander. Danach zeichnet man eine Parallele
zu der Strecke P B, die durch den Punkt S5 verläuft und die Strecke schneidet. Der so erhaltene Schnittpunkt mit der
AC
5
Strecke AB ist der gesuchte Punkt C, denn es gilt nach dem ersten Strahlensatz AB
= AS
= 56 . Um den Punkt D
AP
zu konstruieren, verbindet man die Punkte S4 und B miteinander und zeichnet eine Parallele zu der so entstandenen
Strecke S4 B, die durch den Punkt S3 verläuft und ebenfalls die Strecke AB schneidet. Der Schnittpunkt mit der
3
Strecke AB ist der gesuchte Punkt D, denn es gilt wiederum nach dem ersten Strahlensatz AD
= AS
= 43 .
AB
AS
4
Aufgabe: Ein Glas Sekt, welches bis zur halben Höhe gefüllt ist, kostet 3 e. Wie viel kostet ein bis zum Rand gefülltes
Glas Sekt (Annahme: Es wird nach Volumen bezahlt!)?
Lösung:
Bild: Sektglasskizze
Die obige Abbildung zeigt ein mögliches Sektglas. Nach Voraussetzung gilt
h1 =
1
h2 .
2
Aufgelöst nach h2 ergibt:
h2 = 2 · h1
(4.3)
Mit dem 2. Strahlensatz folgt:
h1
h2
=
r1
r2
⇒
r2 =
h2 · r1
h1
(4.4)
Einsetzen von (4.3) in (4.4) liefert:
r2 =
2 · h1 · r1
= 2 · r1
h1
Für das Kegelvolumen gilt allgemein:
VKegel =
1
· π · r2 · h
3
(4.5)
Einsetzen von (4.3) und (4.4) in (4.5) ergibt:
VKegel−neu =
1
1
· π · (2 · r1 )2 · 2 · h1 = · π · 8 · r1 2 · h1
3
3
Es gilt also: VKegel−neu = 8 · VKegel
Für ein volles Glas Sekt ergibt sich somit ein Preis von 8 · 3 e = 24 e.
Aufgabe:
Versuchen Sie das in der Abbildung dargestellte Multiplikationsprinzip zu verstehen und beschreiben Sie das Vorgehen.
Lösung:
Vorgehen: (als Längeneinheit wird Zentimeter angenommen)
1. Zeichnen Sie zwei sich schneidende Geraden g1 und g2 . Der Schnittpunkt sei S.
4.3. TRIGONOMETRISCHE FUNKTIONEN
185
2. Tragen Sie von S beginnend auf der Geraden g1 die Strecke a ab (P1 ).
3. Tragen Sie von S beginnend auf der Geraden g2 die Länge 1 cm ab (P2 ).
4. Tragen Sie von S beginnend auf der Geraden g2 die Strecke b ab (P3 ).
5. Verbinden Sie die Punkte P2 und P1 .
6. Zeichnen Sie eine Parallele zu der Strecke P2 P1 beginnend im Punkt P3 , welche die Gerade g1 schneidet (P4 ).
7. Die Länge der Strecke SP4 ist das Ergebnis der Multiplikation von a und b, denn es gilt nach dem ersten
Strahlensatz
SP4
SP3
SP3 · SP1
b·a
=
⇒ SP4 =
=
= a · b.
1
SP1
SP2
SP2
Eine Anwendung des eben Beschriebenen ist der sog. Pantograph, der auch als Storch - oder Storchenschnabel bezeichnet wird. Der Pantograph wurde früher häufig verwendet, um Zeichnungen, Karten oder Pläne in einem kleineren
oder auch größeren Maßstab als das Original zu zeichnen.
Funktionsprinzip:
Ein Pantograph besteht, je nach Bauform, aus sechs Leisten. Diese sind drehbar miteinander verbunden. Die Skizze
verdeutlicht das Prinzip. Dabei befinden sich in den Punkten B und C Zeichenstifte. Die Punkte A, B und C liegen
alle auf einer Geraden.
Bild: Prinzipskizze eines Pantographen
Im Punkt A wird der Pantograph gedreht. Soll die Zeichnung vergrößert werden, so wird mit dem Stift B die Zeichnung
nachgezeichnet, der Stift C erzeugt dann die Vergrößerung. Soll die Zeichnung verkleinert werden, wird die Zeichnung
mit dem Stift C nachgezeichnet und der Stift B erzeugt die Verkleinerung.
Wie wir nun sehen werden ist der Pantograph die Realisierung einer zentrischen Streckung mit Streckungszentrum A
AC
und Streckungsfaktor k = AB
. Zum Beweis konstruieren wir uns zunächst einen Pantographen. Ausgangsfigur ist die
in der folgenden Abbildung skizzierte Raute DBEF .
Bild: Die Raute als Ausgangsfigur bei der Konstruktion eines Pantographen
186
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Wir verlängern die Strecke F D bis zu einem Punkt A. Im nächsten Schritt verlängern wir die Strecke F E bis zu einem
Punkt C, der dadurch festgelegt ist, dass er auf der von den Punkten A und B erzeugten Gerade liegt und erhalten:
Bild: Pantograph
Dies ist als Strahlensatzfigur interpretierbar, denn durch die zwei Strahlen AF und AC gehen die Strecken BD und
CF , die nach Konstruktion parallel zueinander sind.
Bild: Strahlensatzfigur des Pantographen
Es gilt nach dem ersten Strahlensatz
AF
AC
=
.
AD
AB
Im realen Pantograph ist ADF fest, während B und C zusammen bewegt werden. B wird auf C vermöge einer
AF
zentrischen Streckung um den Faktor k = AD
abgebildet. Je nach Länge des Stabes AD im Verhältnis zu AF können
unterschiedliche Streckungen realisiert werden.
Aufgabe:
0
0
0
0
In der folgenden Abbildung geht das große Quadrat A B C D aus dem kleinen Quadrat ABCD durch eine zentrische
Streckung mit dem Streckzentrum S hervor.
4.3. TRIGONOMETRISCHE FUNKTIONEN
187
Bild: Flächeninhalt bei der zentrischen Streckung
Betrachten Sie beide Quadrate und überlegen Sie, welche Auswirkungen die zentrische Streckung auf den Flächeninhalt des neuen Quadrates hat.
Lösung:
Der Flächeninhalt des kleinen Quadrates berechnet sich nach der Formel:
A = a · a = a2 .
0
Wird die Seite a nun mit k ∈ N multipliziert, so ergibt sich für die Fläche A :
0
A = (k · a)2 = k 2 · a2 = k 2 · A .
Wird durch eine zentrische Streckung ZS;k ein Vieleck (hier Quadrat) mit dem Flächeninhalt A abgebildet, so ist also
0
der Flächeninhalt A des neuen Vielecks k 2 - mal so groß.
Aufgabe: In der folgenden Abbildung geht der große Würfel aus dem kleinen Würfel durch eine zentrische Streckung
mit dem Streckungszentrum S hervor.
Bild: Volumen bei der zentrischen Streckung
Betrachten Sie beide Würfel und überlegen Sie, welche Auswirkungen die zentrische Streckung auf das Volumen des
großen Würfels hat. Begründen Sie Ihre Vermutung!
Lösung: Das Volumen des kleinen Würfels berechnet sich nach der Formel:
V = a · a · a = a3 .
Wird die Seite a nun mit k ∈ N multipliziert, so ergibt sich für das Volumen V 0 :
V 0 = (k · a)3 = k 3 · a3 = k 3 · V .
Wird durch eine zentrische Streckung ZS;k ein geometrischer Körper (hier Würfel) mit dem Volumen V abgebildet,
so ist also das Volumen V 0 des neuen Körpers k 3 - mal so groß.
188
4.4
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Die Zahl π, das Grad- und das Bogenmaß
Fehler:
Aufgabe: Rechne 75◦ in das Bogenmaß um.
Schülerlösung:
b=
75◦
α
=
≈ 0, 42 .
180◦
180◦
Erläuterung:
Bei dieser Umrechnung wurde der Faktor π vergessen. Das richtige Ergebnis lautet hier b =
75◦
180◦
· π ≈ 0, 42 · π ≈ 1, 31 .
Fehler:
Aufgabe: Rechne 51◦ in das Bogenmaß um.
Schülerlösung:
b=
π · 51◦
π·α
=
≈ 0, 89 m .
180◦
180◦
Erläuterung:
Hier liegt wahrscheinlich ein Fehler im Grundverständnis vor, da das Bogenmaß mit einer Einheit versehen wurde.
Richtig müsste es heißen:
π·α
π · 51◦
=
≈ 0, 89 .
180◦
180◦
b=
Fehler:
Schüleraussage: “Der Bogen hat eine Länge von 0, 25◦ .“
Erläuterung:
Hier liegt wahrscheinlich ein Fehler im Grundverständnis vor, da die Länge des Bogens in
muss es heißen: “Der Bogen hat eine Länge von 0, 25 LE .“ (LE = Längeneinheiten)
◦
angegeben wurde. Richtig
Aufgabe: Geben Sie folgende Winkel . . .
1. . . . im Bogenmaß an:
2. . . . im Gradmaß an:
20◦
0, 3;
und
237◦
0, 85;
−1, 83;
π
15
Lösung:
1.
20◦ :
b=
237◦ : b =
π
π
◦
180◦ · α = 180◦ · 20 ≈ 0, 35
π
π
◦
180◦ · α = 180◦ · 237 ≈ 4, 14
2.
0, 3 :
α=
0, 85 :
α=
◦
180◦
π
180◦
π
·b=
·b=
180◦
π
180◦
π
· 0, 3 ≈ 17, 19◦
· 0, 85 ≈ 48, 7◦
◦
180
◦
−1, 8 : α = 180
π · b = π · (−1, 83) ≈ −104, 85
◦
π
180◦
π
◦
:
α = 180
π · b = π · 15 ≈ 12
15
Aufgabe: Ein Seil wird straff um die Erde gespannt, so dass es genau auf dem Äquator (≈ 40 075 km) anliegt. Das
Seil wird nun um genau 1 m verlängert und ganz gleichmäßig um die Erde gelegt.
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
189
1. Was schätzen Sie? Können Sie eine Hand durch den Zwischenraum schieben oder kann sogar eine Katze hindurch
kriechen? Überprüfen Sie ihre Schätzung durch eine Rechnung.
2. Führen Sie die gleiche Rechnung nun mit einem Fußball (r = 12, 5 cm) durch.
Können Sie diese Ergebnisse begründen?
Lösung:
1. Es kann sogar eine Katze hindurch kriechen!
U =2·π·r
U
⇔ r=
2·π
40 075 000 m
⇒ rErde =
≈ 6 378 134, 34441 m
2·π
40 075 001 m
rU +1 =
≈ 6 378 134, 50356 m
2·π
rU +1 − rErde ≈ 15, 915 cm
2.
U =2·π·r
⇒
U = 2 · π · 12, 5 cm ≈ 78, 53982 cm
178, 54 cm
≈ 28, 41549 cm
rU +1 =
2π
rU +1 − rF ußball ≈ 15, 915 cm
Berechnet man zuerst formal den Erdradius rErde mit Hilfe des Erdumfangs UErde , so ergibt sich
UErde
.
2·π
Nun berechnet man auf die gleiche Weise den Radius des um 1 m verlängerten Umfangs
rErde =
rErde+1m =
UErde + 1 m
.
2·π
Die Differenz der beiden Radien beträgt
1m
UErde + 1 m UErde
−
=
.
2·π
2·π
2·π
Man erhält als Ergebnis eine von den Radien unabhängige Zahl, nämlich:
rErde+1m − rErde =
1m
≈ 15, 915 cm .
2·π
Somit spielt es keine Rolle bei welchem runden Gegenstand man den Umfang um 1m verlängert. Das Ergebnis bleibt
stets gleich.
Aufgabe: Die Erde hat einen Radius von etwa 6 378 km. Wir betrachten zwei Punkte A und B auf dem Äquator, die
sich um 1◦ unterscheiden. Welche Entfernung haben die Punkte A und B voneinander? Finden Sie zwei verschiedene
Lösungsmöglichkeiten?
Bild: Aufgabenskizze
190
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Lösung:
1. Die Bogenlänge lässt sich wie folgt berechnen:
b=
π · 1◦ · 6 378 km
π·α·r
=
≈ 111, 32 km .
◦
180
180◦
Die Punkte A und B haben eine Entfernung von ca. 111, 32 km.
2. Mit Hilfe des Erdradius lässt sich der Umfang der Erde bestimmen:
U = 2 · π · r = 2 · π · 6 378 km ≈ 40 074, 16 km .
1◦ entspricht einem Dreihundertsechzigstel des Erdumfangs. Somit folgt:
Entfernung =
40 074, 16 km
≈ 111, 32 km .
360
Aufgabe: Zeichnen Sie zu dem gegebenen Radius r einen Kreisbogen der Länge b:
1. r = 3, 8 cm, b = 17 cm
2. r = 5, 2 cm, b = 11, 5 cm
Beschreiben Sie Ihr Vorgehen!
Lösung:
Mit den angegebenen Werten für r und b kann der Winkel berechnet werden. Dieser beträgt:
1.
α=
2.
α=
b · 180◦
17 cm · 180◦
=
≈ 256◦ .
π·r
π · 3, 8 cm
b · 180◦
11, 5 cm · 180◦
=
≈ 127◦ .
π·r
π · 5, 2 cm
Nun kann man mit Hilfe eines Geodreiecks den Winkel α zeichnen. Anschließend stellt man den Zirkel auf den
entsprechenden Radius ein und zeichnet den Kreisbogen in den Winkel ein. Man erhält so die gewünschte Bogenlänge.
Bild: Zeichnungsskizze zur Bogenlänge
Aufgabe: Welcher Winkel α gehört zu einem Bogen, der
1. genauso groß ist wie der Radius,
2. doppelt so groß ist wie der Radius,
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
3. halb so groß ist wie der Radius,
4. π - mal so groß ist wie der Radius?
Lösung:
Wir betrachten hierzu die Formel α =
b·180◦
π·r :
1.
α=
2.
b · 180◦
r · 180◦
180◦
=
=
≈ 57, 3◦ .
π·r
π·r
π
α=
2 · r · 180◦
360◦
b · 180◦
=
=
≈ 114, 6◦ .
π·r
π·r
π
α=
b · 180◦
1 r · 180◦
90◦
= ·
=
≈ 28, 65◦ .
π·r
2
π·r
π
3.
4.
α=
b · 180◦
π · r · 180◦
=
= 180◦ .
π·r
π·r
191
192
4.4.1
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Sinus, Cosinus und Tangens am rechtwinkligen Dreieck
Fehler:
Aufgabe: Berechne den Sinus des folgenden Dreiecks.
Schülerlösung:
Bild: Rechtwinkliges Dreieck
Erläuterung:
Hier wurde die auswendig gelernte Formel für den Sinus stur angewendet, ohne sich über die Seitenbezeichnungen zu
informieren. Richtig muss es heißen: sin(α) = ab .
Fehler:
Aufgabe: Berechne in der unten stehenden Abbildung allgemein die Seite a .
Schülerlösung:
Bild: Rechtwinkliges Dreieck
Erläuterung:
Bei dieser Berechnung wurde der Sinus mit dem Cosinus verwechselt. Richtig heißt es: sin(α) =
Fehler:
Schülerlösung:
Bild: Stumpfwinkliges Dreieck
Erläuterung:
a
c
⇒ α = sin(α) · c .
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
193
Hier wurde der Sinus auf ein stumpfwinkliges Dreieck angewendet. Die Anwendung des Sinus, Cosinus oder Tangens
ist aber nur auf rechtwinklige Dreiecke möglich.
Aufgabe: Gegeben ist das Dreieck ABC mit , α = 90◦ , β = 38◦ und der Seite c = 9 cm. Berechnen Sie die Länge
der fehlenden Seiten!
Lösung:
Bild: Lösungsskizze
Seite a:
Seite b:
9 cm
a
b
sin(38◦ ) =
11, 42 cm
cos(38◦ ) =
⇒ a=
9 cm
≈ 11, 42 cm
cos(38◦ )
⇒ b = sin(38◦ ) · 11, 42 cm ≈ 7, 03 cm
Aufgabe: Berechnen Sie mit dem Taschenrechner:
cos(27, 5◦ ),
sin(137◦ ) .
Lösung:
cos(27, 5◦ ) ≈
◦
sin(137 ) ≈
0, 887
0, 682
Aufgabe: Begründen Sie das in dem folgenden Quadrat gilt: tan(45◦ ) = 1 .
Bild: Quadrat ABCD
Lösung:
194
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
In einem Quadrat sind alle Seiten gleich lang, so dass gilt:
tan(45◦ ) =
a
= 1.
a
Aufgabe: Frank und Annika haben sich von ihrem Taschengeld einen neuen Sportlenkdrachen gekauft, den sie nach
Schulschluss auf dem nahe liegenden Sportplatz sofort steigen lassen. Als der Drachen in die Lüfte steigt fragt sich
Frank, wie hoch der Drachen wohl fliegt. Annika greift in ihre Schultasche, holt ihr Geodreieck und misst den Winkel
zwischen der 50 m langen Schnur und einer gedachten waagerechten Linie zum Sportplatz mit ca. 48◦ . Berechnen Sie
die Höhe des Drachens und beschreiben Sie Ihr Vorgehen.
Lösung:
Da es sich hier um eine offene Aufgabe handelt, stellt die folgende Berechnung der Höhe nur eine mögliche Variante
dar. Wir gehen davon aus, dass die Schnur straff gespannt und von den Spulen komplett abgewickelt ist. Dann ergibt
sich die folgende Situation:
Bild: Skizze zur Drachenaufgabe
Mit Hilfe des Sinus kann nun die Höhe h0 wie folgt bestimmt werden:
h0
⇒ h0 = sin(48◦ ) · 50 m ≈ 37 m .
50 m
Zu diesem Ergebnis muss nun noch die Höhe addiert werden, in der der Drachen gehalten wird. Diese nehmen wir mit
1, 5 m an. Für die Höhe des Drachens ergibt sich somit eine Gesamthöhe von ca. 38, 5 m.
sin(48◦ ) =
Aufgabe: Zeichnen Sie ein beliebiges rechtwinkliges Dreieck ABC. Geben Sie den Sinus und den Cosinus für die
Winkel α und β durch die entsprechenden Quotienten an, indem Sie die Seitenlängen messen und Nährungswerte für
den Sinus und den Cosinus der Winkel berechnen. Ermitteln Sie anschließend die ungefähren Werte der Winkel aus
der folgenden Tabelle und überprüfen Sie die so erhaltenen Ergebnisse durch Messung der Winkel in der Zeichnung.
α
sin(α) cos(α)
0◦ 0, 0000 1, 0000 90◦
5◦ 0, 0872 0, 9962 85◦
10◦ 0, 1736 0, 9848 80◦
15◦ 0, 2588 0, 9659 75◦
20◦ 0, 3420 0, 9397 70◦
25◦ 0, 4226 0, 9063 65◦
30◦ 0, 5000 0, 8660 60◦
35◦ 0, 5736 0, 8192 55◦
40◦ 0, 6428 0, 7660 50◦
45◦ 0, 7071 0, 7071 45◦
cos(α) sin(α)
α
Lösung:
Mögliches Dreieck:
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
195
Bild: Beliebiges rechtwinkliges Dreieck
Für die einzelnen Quotienten ergibt sich:
2, 8 cm
a
≈
≈ 0, 4028
c
6, 95 cm
b
6, 4 cm
sin(β) = cos(α) = ≈
≈ 0, 9209
c
6, 95 cm
sin(α) = cos(β) =
Für die Winkel α und β ergeben sich somit folgende ungefähren Werte:
α ≈ 23◦
und β ≈ 67◦ .
Eine Überprüfung der Ergebnisse durch Messung in der Zeichnung bestätigt diese ungefähren Werte.
Aufgabe: Der Bodensee hat eine Länge von b = 74 km. Wie viel m liegt, bedingt durch die Erdkrümmung, die Mitte
des Sees (Erdradius r = 6 370 km) höher als die beiden äußersten Uferseiten?
Tipp: Fertigen Sie eine überdimensionierte Skizze an.
Lösung:
Bild: Skizze zur Bodenseeaufgabe
Zu Beginn berechnen wir aus der Länge b des Sees den Winkel α:
b · 180◦
74 km · 180◦
≈
≈ 0, 6656◦ .
π·r
π · 6 370 km
Diesen Wert müssen wir noch durch zwei teilen und erhalten α2 ≈ 0, 3328◦ .
Mit Hilfe des Cosinus bestimmen wir nun die Länge der Seite y:
α y
cos
=
2 r
α
⇒ y = cos
· r = cos(0, 3328◦ ) · 6 370 km ≈ 6 369, 893 km
2
α=
Für die Länge der Seite x ergibt sich somit:
x = r − y ≈ 6 370 km − 6 369, 893 km ≈ 0, 107 km = 107 m .
Die Mitte des Bodensees liegt bedingt durch die Erdkrümmung etwa 107 m höher als die beiden Uferseiten.
196
4.4.2
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Winkelfunktionen an allgemeinen Dreiecken
Fehler:
Aufgabe: Berechnen Sie nach der unten stehenden Abbildung allgemein die Seite b:
Bild: Aufgabenskizze
Schülerlösung:
Mit dem Sinussatz folgt
sin(β)
a
=
b
sin(α)
⇒
b=
a · sin(α)
sin(β)
Erläuterung:
Bei dieser Berechnung wurde der Sinussatz nicht richtig aufgestellt. Richtig muss es heißen:
a
sin(α)
=
b
sin(β)
⇒
b=
a · sin(β)
sin(α)
Fehler:
Aufgabe: Bestimme die Seitenlänge a .
Bild: Aufgabenskizze
Schülerlösung:
(3 cm)2 + (4 cm)2 + 2 · 3 cm · 4 cm · cos(31◦ )
a2
=
a2
≈ 25 cm2 + 20, 57 cm ≈ 45, 57 cm2
p
≈
45, 57 cm2
a2
a
≈ 6, 75 cm
Erläuterung:
Bei dieser Berechnung wurde ein Minuszeichen durch ein Pluszeichen ersetzt. Richtig muss es heißen:
a2 = (3 cm)2 + (4 cm)2 − 2 · 3 cm · 4 cm · cos(31◦ ) .
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
197
Die weiteren Berechnungsschritte sind ähnlich. Für die Seite a ergibt sich:
a ≈ 2, 1 cm .
Fehler:
Aufgabe: Bestimme die Seitenlänge a .
Bild: Aufgabenskizze
Schülerlösung:
(4 cm)2 + (6 cm)2 − 2 · 4 cm · 6 cm · cos(29◦ )
a2
=
a2
≈ 4 cm2 · 0, 87
p
≈
3, 48 cm2
a2
a
≈ 1, 87 cm
Erläuterung:
Bei dieser Berechnung wurde die Punkt - und Strichrechnung missachtet. So wurde zuerst die Differenz gebildet und
dieses Ergebnis anschließend mit cos(29◦ ) multipliziert. Zuerst muss jedoch die Multiplikation mit cos(29◦ ) durchgeführt werden. Danach kann addiert und subtrahiert werden.
Aufgabe: Berechnen Sie vom Dreieck ABC mit a = 6cm, b = 8cm, γ = 53◦
1. die fehlende Seite c,
2. die Winkel α und β.
Lösung:
1. Mit dem Cosinussatz folgt für die Seite c:
c2
=
a2 + b2 − 2ab · cos(γ)
2
c
=
(6 cm)2 + (8 cm)2 − 2 · (6 cm) · (8 cm) · cos(53◦ )
c2
=
(100 cm)2 − (96 cm)2 · cos(53◦ ) ≈ 42, 23 cm2
p
42, 23 cm2 ≈ 6, 5 cm
c =
Wir betrachten bei der Seite c nur das obige positive Ergebnis, da negative Ergebnisse ausgeschlossen werden
können.
2. Mit dem Sinussatz folgt für den Winkel β:
b
sin(β)
=
c
sin(γ)
⇒
sin(β) =
sin(γ) · b
sin(53◦ ) · 8 cm
=
≈ 0, 983
c
6, 5 cm
198
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Für den Winkel β ergibt sich somit:
β ≈ 79, 4◦ .
Der Winkel α lässt sich nun über die Winkelsumme im Dreieck bestimmen:
α = 180◦ − β − γ = 180◦ − 53◦ − 79, 4◦ = 47, 6◦ .
Aufgabe: Berechnen Sie im Dreieck ABC mit den Seitenlängen a = 6, 5 cm, b = 7, 2 cm und c = 9 cm die Winkel α,
β und γ.
Lösung:
Mit dem Cosinussatz folgt für den Winkel α:
a2 = b2 + c2 − 2bc · cos(α)
2
2
| + 2bc · cos(α) | − a2
2
⇔ 2bc · cos(α) = b + c − a
| ÷ 2bc
2
2
2
b +c −a
⇔ cos(α) =
2bc
(7, 2 cm)2 + (9 cm)2 − (6, 5 cm)2
cos(α) =
≈ 0, 699
2 · 7, 2 cm · 9 cm
α ≈ 45, 65◦
Der Sinussatz liefert nun für den Winkel β:
b
sin(α)
=
a
sin(β)
⇒
sin(β) =
sin(α) · b
sin(45, 65◦ ) · 7, 2 cm
=
≈ 0, 792 .
a
6, 5 cm
Für den Winkel β ergibt sich somit:
β ≈ 52, 38◦ .
Der letzte Winkel lässt sich nun über die Winkelsumme im Dreieck bestimmen:
γ = 180◦ − α − β = 180◦ − 45, 65◦ − 52, 38◦ = 81, 97◦ .
Aufgabe: In einem Rechteck schneiden sich die beiden Diagonalen e = f = 25, 5 cm unter einem Winkel von β = 52◦ .
Berechnen Sie die Seitenlängen a und b des Rechtecks. Überprüfen Sie Ihr Ergebnis durch eine Zeichnung!
Bild: Rechteck mit Diagonalen
Lösung:
Durch den Schnitt der Diagonalen ergeben sich vier gleichschenklige Dreiecke in dem Rechteck. Für den Basiswinkel
α ergibt sich:
α=
180◦ − 52◦
= 64◦ .
2
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
199
Bild: Im Rechteck enthaltenes gleichschenkliges Dreieck
Mit dem Sinussatz folgt somit nach obiger Skizze für die Seite b:
f
2
b
=
sin(α)
f · sin(β)
25, 5 cm · sin(52◦ )
⇒b=
=
≈ 11, 18 cm .
sin(β)
2 · sin(α)
2 · sin(64◦ )
Mit Pythagoras folgt für die Länge der Seite a:
a2 = e2 − b2 = (25, 5 cm)2 − (11, 18 cm)2 ≈ 525, 26 cm2
p
a = 525, 26 cm2 ≈ 22, 92 cm.
Aufgabe: Begründen Sie mit dem Sinussatz warum in dem rechtwinkligen Dreieck ABC (γ ist der rechte Winkel) gilt:
sin(α) =
a
.
c
Lösung:
Mit dem Sinussatz folgt:
a
sin(α)
a · sin(γ)
=
⇒ sin(α) =
.
c
sin(γ)
c
Da der Winkel γ gleich 90◦ ist und der Sinus von 90◦ genau 1 beträgt, ergibt sich
sin(α) =
a · sin(90◦ )
a·1
a
=
= .
c
c
c
Aufgabe: Zwei Bauschlosser sollen das Geländer am Turm des Knüllköpfchens erneuern. Oben angekommen, entdecken sie sofort die Entfernungsangaben zu bekannten Orten. Diese sind in einem runden Metallschild, das sich auf
der oberen Turmmauer befindet, eingraviert. Bei diesen Angaben entdecken sie auch ihre beiden Heimatorte. Während
der Frühstückspause kommt plötzlich die Frage auf, wie weit die beiden Heimatorte der Bauschlosser wohl voneinander
entfernt sind.
200
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Bild: Turm auf dem Knüllköpfchen
Nach kurzem Überlegen greift ein Bauschlosser in seine Werkzeugkiste und misst mit seinem biegsamen Zollstock
folgende Werte:
r ≈ 3, 5 m,
b ≈ 3, 32 m .
Wie weit sind die beiden Heimatorte voneinander entfernt?
Bild: Turmansicht von oben
Lösung:
Die Bogenlänge lässt sich wie folgt in einen Winkel α umrechnen:
α=
3, 32 m · 180◦
b · 180◦
=
≈ 54, 35◦ .
π·r
π · 3, 5 m
Mit Hilfe des Cosinussatzes lässt sich nun die Entfernung der beiden Orte folgendermaßen berechnen:
c2
= a2 + b2 − 2ab · cos(γ)
p
c =
a2 + b2 − 2ab · cos(γ)
p
=
(22 km)2 + (43 km)2 − 2 · 22 km · 43 km · cos(54, 35◦ )
c ≈ 35 km
Die beiden Orte liegen etwa 35 km voneinander entfernt.
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
4.4.3
201
Winkelfunktionen am Einheitskreis
Aufgabe:
Überlegen Sie, welche der dargestellten Graphen als Aufzeichnung aus der Projektion der Schatten entstanden sind.
Bild: Mögliche Graphen zur Schattenbewegung
Lösung:
Der Startpunkt von Schatten 1 befindet sich im Punkt mit den Koordinaten (0, 0) und der Startpunkt von Schatten 2
befindet sich im Punkt mit den Koordinaten (0, 1). Wird der Motor nun in Bewegung gesetzt, so beginnt sich Schatten
1 nach oben und Schatten 2 nach links zu bewegen. Betrachtet man dabei in gleichen Zeitabschnitten den Abstand
d des Korkens so stellt man fest, dass sich dieser in gleichen Zeitabschnitten nicht gleichmäßig ändert. Schatten 1
beschreibt somit den Graphen C) (Sinusfunktion) und Schatten 2 den Graphen B) (Cosinusfunktion).
Aufgabe: Überlegen Sie, welche Werte der Sinus und der Cosinus für die folgenden Winkel α annehmen könnte:
α = ±390◦ , α = ±420◦ .
Lösung:
Überschreitet man den Winkel von ±360◦ , so entsprechen die gemessenen Werte für α = ±390◦ und α = ±420◦ denen
eines Winkels von ±30◦ bzw. ±60◦ und es bietet sich folgende Festsetzung an:
sin(±390◦ )
=
sin(±30◦ ) = ±0, 5,
cos(±390 )
=
cos(±30◦ ) ≈ 0, 866
sin(±420◦ )
=
sin(±60◦ ) ≈ ±0, 866,
cos(±420◦ )
=
cos(±60◦ ) = 0, 5
◦
Es lässt sich also feststellen, dass sich die Sinus - und Cosinuswerte nach einem Umlauf am Einheitskreis wiederholen.
Aus diesem Grund definiert man für α ∈ R und k ∈ Z:
sin(α)
:=
sin(α + k · 360◦ )
cos(α)
:=
cos(α + k · 360◦ ).
Die Sinus - und die Cosinusfunktion sind somit beide periodisch mit Periode 360◦ .
Aufgabe: Untersuchen Sie den Verlauf der Sinus - und Cosinusfunktion. Versuchen Sie Ihre Vermutungen allgemein
in der folgenden Tabelle dargestellten oder einer selbst aufgestellten Tabelle festzuhalten und gehen Sie dabei wie folgt
vor:
x
−α
90◦ ± α
180◦ ± α
270◦ ± α
360◦ ± α
1. Zeile der Tabelle:
2. und 4. Zeile der Tabelle:
3. Zeile der Tabelle:
5. Zeile der Tabelle:
sin(x)
cos(x)
Untersuchung auf Symmetrie,
Drücken Sie den Sinus durch den Cosinus und den Cosinus
durch den Sinus aus,
Stellen Sie die Terme sin(180◦ ± α) und cos(180◦ ± α) durch
sin(α) bzw. cos(α) dar!
Untersuchung auf Periodizität.
202
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Lösung:
Untersucht man die beiden Kurvenverläufe miteinander, so kann man feststellen, dass die Sinusfunktion punktsymmetrisch zum Ursprung und die Cosinusfunktion achsensymmetrisch zur y-Achse sind. Außerdem sind die Sinus - und
die Cosinusfunktion um 90◦ zueinander verschoben und beide Funktionen sind periodisch. Die Tabelle lässt sich wie
folgt ausfüllen:
x
−α
90◦ ± α
180◦ ± α
270◦ ± α
360◦ ± α
sin(x)
− sin(α)
cos(α)
∓ sin(α)
− cos(α)
± sin(α)
cos(x)
cos(α)
∓ sin(α)
− cos(α)
± sin(α)
cos(α)
Fehler:
Schüleraussage: Es gilt sin(α + β) = sin(α) + sin(β) .
Erläuterung:
Hier wurden die Rechenoperationen (Additionstheoreme) des Sinus missachtet und einfach nach dem Distributivgesetz
ausmultipliziert. Nach den Additionstheoremen gilt:
sin(α + β) = sin(α) · cos(β) + cos(α) · sin(β) .
Fehler:
Aufgabe: Berechnen Sie sin(−30◦ ).
Studentenlösung: sin(−30◦ ) = sin(30◦ ) = 0, 5.
Erläuterung:
Bei dieser Lösung wurden die Symmetrieeigenschaften der Sinus - und Cosinusfunktion miteinander vertauscht. Hier
liegt vielleicht ein Fehler im Grundverständnis von Punkt - und Achsensymmetrie vor. Die richtige Lösung lautet:
sin(−30◦ ) = − sin(30◦ ) = −0, 5 .
Aufgabe: Berechnen Sie die folgenden Sinuswerte ohne Taschenrechner:
sin(143◦ ), sin(217◦ ), sin(323◦ )
Hinweis: sin(37◦ ) ≈ 0, 6018
Lösung:
sin(143◦ )
=
sin(180◦ − 143◦ ) = sin(37◦ ) ≈ 0, 6018
sin(217◦ )
=
sin(180◦ − 217◦ ) = sin(−37◦ ) = − sin(37◦ ) ≈ −0, 6018
=
sin(180◦ − 323◦ ) = sin(−143◦ ) = − sin(143) ≈ −0, 6018
◦
sin(323 )
Aufgabe: Begründen Sie am Einheitskreis: sin(180◦ − α) = sin(α).
Lösung:
Betrachtet man folgende Abbildung, so ist ersichtlich, dass sin(180◦ − α) = sin(α) gilt.
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
203
Bild: Skizze zur Begründung von sin(180◦ − α) = sin(α)
Aufgabe: Bestimmen Sie ohne Taschenrechner alle x mit 0 ≤ x ≤ 2π:
1. sin(x) =
1
2
2. cos(x) =
1
2
·
√
2
Lösung:
1.
π 5·π
6, 6
2.
π 7·π
4, 4
Aufgabe: Zeichnen Sie einen Kreis (r = 10 cm). Bestimmen Sie nun zeichnerisch alle Winkel α zwischen 0◦ und 360◦ ,
für die gilt:
1. sin(α) = 0, 75
2. cos(α) = 0, 55
Lösung:
1. α1 ≈ 48, 6◦ , α2 = 180◦ − α1 ≈ 131, 4◦
2. α1 ≈ 56, 6◦ , α2 = 360◦ − α1 ≈ 303, 4◦
Aufgabe: Beweisen Sie: Für alle Winkel α gilt:
(sin(α) + cos(α))2 = 1 + 2 · sin(α) · cos(α) .
Lösung:
(sin(α) + cos(α))2 = sin2 (α) + 2 · sin(α) · cos(α) + cos2 (α) .
Mit sin2 (α) + cos2 (α) = 1 folgt die Behauptung:
(sin(α) + cos(α))2 = 1 + 2 · sin(α) · cos(α) .
Aufgabe: Beweisen Sie: Für alle Winkel α gilt:
cos(2α) = 1 − 2 sin2 (α) .
204
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Lösung:
cos(2α) = cos(α + α) = cos(α) · cos(α) − sin(α) · sin(α) .
Mit Hilfe des trigonometrischen Pythagoras cos2 (α) = 1 − sin2 (α) folgt die Behauptung:
cos(2α) = 1 − sin2 (α) − sin2 (α) = 1 − 2 sin2 (α) .
Aufgabe: Berechnen Sie mit Hilfe der Additionstheoreme den folgenden Funktionswert: sin(75◦ ).
Lösung:
sin(75◦ )
=
=
sin(45◦ + 30◦ ) = sin(45◦ ) · cos(30◦ ) + sin(30◦ ) · cos(45◦ )
√
1 1√
1√
1√
1 √
1√ 1√
2·
3+ ·
2=
6+
2 = ( 6 + 2)
2
2
2 2
4
4
4
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
4.4.4
205
Funktionen periodischer Vorgänge
Fehler:
Aufgabe: Zeichnen Sie den Graphen der Funktionen f (x) = sin(x) und g(x) = sin(2 · x) in ein Koordinatensystem!
Studentenlösung:
Bild: Falsche Zeichnung
Erläuterung:
Bei dieser Lösung wurde der Graph g(x) nicht mit dem Faktor 2 gestaucht, sondern mit dem Faktor 2 gestreckt.
Möglicherweise liegt hier eine Fehlvorstellung des Parameters b in der allgemeinen Gleichung
f (x) = a · sin(b(x + c)) + d
vor. Die richtige Zeichnung sieht wie folgt aus:
Bild: Korrekte Zeichnung
Aufgabe: Gegeben ist die Funktion mit der Gleichung g(x) = 2, 5 · sin(3 · x) + 0, 5 im Intervall −2π ≤ x ≤ 2π.
Zeichnen Sie den Graphen und beschreiben Sie, wie dieser aus dem Graphen f (x) = sin(x) entstanden ist!
Lösung:
Bild: Graphen der Funktion f (x) = sin(x) und g(x) = 2, 5 · sin(3 · x) + 0, 5
Der Graph der Funktion g(x) = 2, 5 · sin(3 · x) + 0, 5 entsteht aus der Sinusfunktion f (x), indem man:
• die Sinusfunktion mit dem Faktor 2, 5 in Richtung der y-Achse streckt
• die Sinusfunktion mit dem Faktor 3 in Richtung der x-Achse staucht
206
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
• und den so entstandenen Graphen um 0, 5 in Richtung der y-Achse verschiebt.
Aufgabe: Geben Sie zu dem dargestellten Graphen die Funktionsgleichung an.
Bild: Aus der Sinusfunktion neu entstandener Graph
Lösung:
Im Vergleich zur Funktion f (x) = sin(x) entstand der neue Graph g(x), indem:
• die Sinusfunktion mit dem Faktor 0, 5 in Richtung der y-Achse gestaucht wurde
• die Sinusfunktion mit dem Faktor 2 in Richtung der x-Achse gestaucht wurde (während einer Periode der
Funktion f (x) durchläuft die Funktion g(x) zwei Perioden)
• und der so entstandene Graph um − 31 in Richtung der y-Achse verschoben wurde (der Graph der Funktion g(x)
wurde um 31 in Richtung der y-Achse nach unten verschoben).
Die Funktionsgleichung des neuen Graphen lautet somit:
g(x) = 0, 5 · sin(2 · x) −
1
.
3
Aufgabe: Begründen Sie die Aussage, dass man die Cosinusfunktion durch eine geeignete Sinusfunktion darstellen
kann.
Lösung:
Wir betrachten hierzu die in der folgenden Abbildung dargestellte Sinusfunktion. Verschiebt man diese mit dem Parameter c um 90◦ nach links, so erhält man die Cosinusfunktion.
Bild: Sinus - und Cosinusfunktion
Aufgabe: Im Verlauf eines Jahres ändert sich aufgrund der geneigten Erdachse die astronomische Sonnenscheindauer, d. h. die Zeitspanne zwischen Sonnenaufgang und - untergang. In unseren Breiten ist die Sonne am 21.6. mit ca.
16, 5 Stunden am längsten und am 21.12. mit ca. 8 Stunden am kürzesten zu sehen.
1. Wählen Sie aus den folgenden zwei allgemeinen trigonometrischen Funktionen eine aus und stellen Sie mit ihr
eine Funktionsgleichung auf, die die Tageslänge im Verlauf eines Jahres angibt (x-Achse: Anzahl der Tage, y-Achse:
Tageslänge).
• f (x) = a · sin(b · (x + c)) + d
• g(x) = a · cos(b · (x + c)) + d
2. Bestimmen Sie mit Hilfe der oben ausgewählten Gleichung die Tageslänge am 10. Juli.
Lösung:
1. Die Modellierung der Tageslänge nimmt man mit der Sinusfunktion vor.
4.4. DIE ZAHL π, DAS GRAD- UND DAS BOGENMASS
207
Bild: Funktionsgraph der Tageslänge
Eine Periodenlänge beträgt ein Jahr, also ca. 365 Tage. Somit folgt für den Parameter b:
b=
2π
365
Das Sonnenmaximum wird am 21.6. (172. Tag) und das Sonnenminimum am 21.12. (355. Tag) angenommen.
Für die Amplitude a muss folglich angenommen werden:
16, 5 − 8
= 4, 25.
2
Für den Sonnenmittelwert (Parameter d) ergibt sich: 12, 25.
Dieser wird dabei ungefähr am 21.3. (dem 80. Tag) und 21.9. angenommen. Damit sind auch die Parameter c und d
festgelegt und wir erhalten insgesamt:
2π
· (x − 80) + 12, 25 .
f (x) = 4, 25 · sin
365
a=
2. Der 10. Juli ist der 191. Kalendertag. Daraus folgt:
2π
f (x) = 4, 25 · sin
· (191 − 80) + 12, 25 ≈ 16, 26 .
365
Der 10. Juli hat eine Tageslänge von etwa 16 Stunden.
208
KAPITEL 4. HÖHERE FUNKTIONEN
Kapitel 5
Analysis
5.1
Analysis kompakt
5.1.1
Analysis kompakt
Aufgabe: Bestimmen Sie folgende Grenzwerte:
(a) limx→0+
sin(x)
√ .
x
Lösung:
√
Wir erweitern mit x und erhalten
lim
x→0+
(b) limx→1
sin(x)
√
x
√
x sin(x)
lim √ · √
x
x
x→0+
√ sin(x)
= lim x ·
x
x→0+
√
sin(x)
= lim x · lim
x
x→0+
x→0+
= 0 · 1 = 0.
=
x5 −1
x−1 .
Lösung:
Da x5 − 1 im Punkt 1 eine Nullstelle besitzt, teilt das Polynom x − 1 das Polynom x5 − 1. Daher führen wir
Polynomdivision aus und erhalten
x5 − 1 = (x − 1) · (x4 + x3 + x2 + x + 1).
Damit gilt für den Grenzwert
x5 − 1
x→1 x − 1
lim
(c) limx→3
=
lim x4 + x3 + x2 + x + 1 = 5.
x→1
cos(x)−1
.
x
Lösung:
Da die Funktion
cos(x)−1
x
stetig im Punkt 3 ist, erhalten wir
cos(x) − 1
cos(3) − 1
=
.
x→3
x
3
lim
Aufgabe: Entscheiden Sie, ob folgende Grenzwerte existieren und berechnen Sie diese gegebenenfalls:
209
210
KAPITEL 5. ANALYSIS
(a) limx→0
|x|
x .
Lösung:
Wir bestimmen limx→0+
|x|
x .
In diesem Fall ist |x| = x und wir erhalten
lim+
x→0
Wir bestimmen limx→0−
|x|
x .
|x|
x
= lim+ = lim+ 1 = 1.
x
x→0 x
x→0
In diesem Fall ist |x| = −x und wir erhalten
lim−
x→0
|x|
−x
= lim−
= lim− −1 = −1.
x
x
x→0
x→0
Damit stimmen linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert nicht überein, der Grenzwert limx→0
(b) limx→0
existiert nicht.
|x|2
x .
Lösung:
Wir bestimmen limx→0+
|x|2
x .
In diesem Fall ist |x| = x und wir erhalten
lim+
x→0
Wir bestimmen limx→0−
|x|2
x .
|x|2
x2
= lim+
= lim+ x = 0.
x
x
x→0
x→0
In diesem Fall ist |x| = −x und wir erhalten
lim
x→0−
(−x)2
x2
|x|
= lim
= lim
= lim x = 0.
x
x
x→0−
x→0+ x
x→0−
Damit stimmen linksseitiger und rechtsseitiger Grenzwert überein, der Grenzwert limx→0
(c) limx→0
|x|
x
|x|2
x
ist 0.
cos(x)−1
.
x
Lösung:
Da cos(0) = 1 gilt, können wir diesen Grenzwert wie folgt umschreiben:
cos(x) − 1
x→0
x
lim
=
=
cos(x) − cos(0)
x→0
x−0
cos0 (0) = − sin(0) = 0.
lim
Wir haben hierbei verwendet, dass der Cosinus differenzierbar und der Grenzwert der Differentialquotient für
die Cosinusfunktion im Punkt 0 ist.
Aufgabe: Bestimmen Sie die Ableitung folgender Funktionen:
(a) f (x) = x3 · sin(x).
(b) f (x) = ex−sin(x) .
(c) f (x) = ex·ln(x) .
(d) f (x) = x · ln(x) − x.
Aufgabe: Stellen Sie sich vor, Sie nehmen sich morgens eine leere Tasse aus dem Schrank und Sie gießen sich darin
Kaffee ein. Lassen wir uns dabei die Füllhöhe des Kaffees in der Tasse als Funktion von der Zeit h(t) auffassen. Was
bedeutet die erste Ableitung dieser Funktion anschaulich? Was können Sie unter der Bedingung, dass Sie die Tasse
nicht überlaufen lassen, über die zweite Ableitung gegen Ende des Eingießens sagen?
Aufgabe: Zeigen Sie, dass die Sinusfunktion und die Cosinusfunktion die Differentialgleichung
f 00 = −f
erfüllen.
5.1. ANALYSIS KOMPAKT
211
Lösung:
Wir wissen, dass sin0 (x) = cos(x) und cos0 (x) = − sin(x) gilt. Damit erhalten wir
sin00 (x)
=
cos0 (x)
= − sin(x).
Analog erhalten wir für die Cosinusfunktion die Gleichungen
cos00 (x)
= −(sin0 (x))
= − sin0 (x)
= − cos(x).
Damit erfüllen beide Funktionen die Differentialgleichung.
212
5.2
5.2.1
KAPITEL 5. ANALYSIS
Folgen und Grenzwerte
Zahlenfolgen
Aufgabe: Überlegen Sie sich, wie die dargestellte Folge weiter verlaufen könnte.
Bild:
Lösung:
Es gibt unendlich viele Möglichkeiten.
Hier ein paar mögliche Verläufe:
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
213
Sie können also immer nur über den dargestellten Bereich Aussagen treffen. Eine Aussage über das weitere Verhalten
der Folge kann nur mit Hilfe des Bildungsgesetzes gemacht werden. Hierzu können weitere Folgenglieder berechnet
werden. Doch auch diese Methode ist nicht sicher, denn hier wird nur ein Teil der Folge überprüft. Es müssen also
weitere Methoden zur Folgenuntersuchung gefunden werden.
Aufgabe: Überlegen Sie sich ein Kriterium, mit dem man die Vermutung, dass die Glieder der Folge an =
kleiner werden, zeigen kann.
5
n+2
immer
Lösung:
Wenn die Folgenglieder von Glied zu Glied immer kleiner werden, muss für die Folgenglieder gelten:
a1 > a2 > a3 > a4 > ...
Allgemein kann die oben gefundene Bedingung durch
an > an+1 ,
n∈N
ausgedrückt werden. Diese Eigenschaft wird streng monoton fallend genannt.
Es muss nun gezeigt werden, dass die Bedingung an > an+1 für alle n ∈ N erfüllt ist. Beginnen Sie mit der zu beweisenden Aussage und formen Sie diese so um, dass am Ende eine wahre Aussage steht.
214
KAPITEL 5. ANALYSIS
an
5
n+2
1
n+2
n+3
>
an+1
5
>
|:5
n+1+2
1
>
| · (n + 2) | · (n + 3)
n+3
> n+2
|−2 |−n
1
>
0
Da 1 > 0 wahr ist und die obigen Umformungen Äquivalenzumformungen sind, kann man schließen, dass (an ) wirklich
streng monoton fallend ist.
Verweis: Beweisverfahren werden in Modul 1.5 behandelt.
Aufgabe: Ein Mann geht Äpfel pflücken. Um in die Stadt zu kommen, muss er 7 Tore passieren. An jedem Tor steht
ein Wächter und verlangt von ihm die Hälfte seiner Äpfel und einen Apfel mehr. Am Schluss bleibt dem Mann nur
ein Apfel übrig. Wie viele hatte er am Anfang?
Lösung:
Diese Aufgabe besitzt mehrere Lösungswege:
1. Mit Hilfe einer Tabelle kann der Weg zurückverfolgt werden.
Tor
Äpfel
7
1
6
4
5
10
4
22
3
46
2
94
1
190
0
382
2. Mit Hilfe eines Terms kann der Weg ebenso zurückverfolgt werden.
Anzahl der Äpfel in der Stadt: 1
Anzahl der Äpfel vor dem letzten Tor: (1 + 1) · 2
Dieser Term wird weitere sechsmal anstelle der roten “1“ eingesetzt, um die Anzahl der Äpfel vor dem siebten
Tor zu berechnen:
(((((((1 + 1) · 2 + 1) · 2 + 1) · 2 + 1) · 2 + 1) · 2 + 1) · 2 + 1) · 2 = 382
3. Lösung mit Hilfe einer Folge
G - Gesamtzahl der Äpfel am Anfang
R - Rest der Äpfel (hier ist R=1)
n - Anzahl der Tore
t - Anzahl der Teile (hier wird halbiert, also durch t=2 geteilt)
b - Zusatzbonus (hier b=1)
Gn =
G7 =
(R + b)tn+1 − t(b + Rtn−1 )
t−1
(1 + 1) · 27+1 − 2 · (1 + 1 · 27−1 )
7−1
Setzen wir jetzt alles ein, erhält man G7 = 382
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
215
Der Mathematiker Leonardo da Pisa (1180-1240), auch Fibonacci genannt,
beschäftigte sich mit der Vermehrung von Kaninchen. Er nahm Folgendes
an: Ein Kaninchenpaar wirft vom zweiten Monat an monatlich ein junges
”
Paar, das seinerseits vom zweiten Monat an monatlich ein Paar zur Welt
bringt“
Aufgabe:
• Visualisieren Sie die Vermehrung der Kaninchenpaare in einer Tabelle,
so dass man sehen kann, wie viele Kaninchen im n-ten Monat vorhanden sind.
• Stellen Sie die Anzahl der Kaninchenpaare im n-ten Monat mit Hilfe
einer rekursiven Folge dar.
Bild: Leonardo da Pisa
Lösung:
Monat
1
2
3
4
5
6
7
8
Eltern
1
1
1
1
1
1
1
1
Kinder
1
2
3
4
5
6
Enkel
Urenkel
1
3
6
10
1
4
Summe
1
1
2
3
5
8
13
21
Es ergibt sich die Folge 1;1;2;3;5;8;13;21;34;... für die Anzahl der Paare. Diese Folge wird Fibonacci-Folge genannt und
durch folgendes rekursive Bildungsgesetz beschrieben:
an = an−1 + an−2
mit a1 = a2 = 1, n ≥ 3.
Die Fibonacci-Zahlen beschreiben nicht nur das simple, eher nicht realitätsbezogen konstruierte Modell der Kaninchenvermehrung, sondern lassen sich
auch an einigen Pflanzen in der Natur finden. So ist die Anzahl von Blütenblättern meist eine Fibonacci-Zahl.
Bei Sonnenblumen und Tannenzapfen sind die Samen spiralförmig angeordnet. Zählt man die Spiralen, so findet man stets Fibonacci-Zahlen.
Bild: Fibonacci-Zahlen in der Natur
Aufgabe: Aufgrund der folgenden graphischen Darstellung der Folge an =
monoton wachsend ist. Zeigen Sie, dass diese Aussage nicht richtig ist.
3n2 −60n+304
n2 −20n+101
wurde geschlossen, dass (an )
216
KAPITEL 5. ANALYSIS
Bild: an =
3n2 −60n+304
n2 −20n+101
Lösung:
1
Um die Eigenschaften der Folge besser sehen zu können, wurde die Folge in an = (n−10)
2 +1 + 3 umgeformt. Schon
an dieser Darstellung ist zu sehen, dass (an ) nicht monoton sein kann, was auch an folgender graphischer Darstellung
gesehen werden kann.
Um zu begründen, dass (an ) nicht monoton wachsend ist, genügt es ein Gegenbeispiel zu finden, bei dem das Monotoniekriterium verletzt ist. So ist a10 = 4 größer als a11 = 3, 5, was bei einer monoton wachsenden Folge nicht
vorkommen kann. Damit ist gezeigt, dass (an ) nicht monoton wachsend ist.
Bei der ursprünglichen Lösung der Aufgabe wurde auf Grund der Graphik voreilig der Schluss gezogen, dass (an )
monoton wachsend ist. Seien Sie also vorsichtig bei der Verwendung von graphischen Darstellungen und glauben Sie
nicht alles, was Sie sehen.
Aufgabe: Entscheiden Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind.
1. Wenn eine Folge monoton wachsend ist, dann ist sie nach unten beschränkt.
2. Es gibt keine nach oben beschränkte monoton wachsende Folge.
3. Die kleinste obere Schranke einer Folge kann nicht gleich einem Folgenglied sein.
4. Eine Folge (an ) ist genau dann monoton wachsend, wenn für alle m, n ∈ N gilt: Wenn m < n dann am ≤ an .
5. Eine Folge (an ) ist genau dann nicht monoton wachsend, wenn es ein m und ein n ∈ N gibt, so dass m < n und
am > an .
6. Eine Folge (an ) ist genau dann monoton wachsend, wenn es ein m und ein n ∈ N gibt, so dass m < n und
am > an .
7. Ist (an ) monoton wachsend, so ist −(an ) monoton fallend.
Lösung:
1. Diese Aussage ist wahr, denn es gilt für monoton wachsende Folgen a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an ≤ an+1 ≤ ... . Es
gibt eine Zahl k mit k ≤ a1 . k ist somit auch kleiner als alle anderen Folgenglieder an und damit ist k untere
Schranke von (an ).
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
217
2. Diese Aussage ist falsch, da beispielsweise die Folge an = 5 −
oben beschränkt wird.
1
n
monoton wachsend ist und durch K = 5 nach
3. Diese Aussage ist falsch, da für eine obere Schranke K gilt, dass für alle n ∈ N an ≤ K ist. Insbesondere kann
somit die kleinste obere Schranke angenommen werden.
4. Diese Aussage ist wahr, denn wenn für alle m, n ∈ N mit m < n gilt, dass am ≤ an , so gilt auch an ≤ an+1 für
alle n ∈ N. Aus der Definition der Monotonie folgt, dass m < n sein muss.
5. Diese Aussage ist wahr, denn wenn es ein m und ein n ∈ N gibt, so dass m < n und am > an , muss es auch ein k
geben, für das ak > ak+1 gilt und somit ist die Folge nicht monoton wachsend. Für monoton wachsende Folgen
mit m < n gilt , dass am ≤ an ist, wodurch die Folge mit am > an nicht monoton wachsend ist.
6. Diese Aussage ist falsch. Eine Folge (an ) ist genau dann nicht monoton wachsend, wenn es ein m und ein n ∈ N
gibt, so dass m < n und am > an , da dann die Definition für monoton wachsende Folgen nicht erfüllt ist.
7. Diese Aussage ist wahr. Es gilt für (an ), dass an ≤ an+1 ist. Die Folge − (an ) besitzt die Glieder −a1 ; −a2 ; ...; −an ; −an+1 ; ....
Multipliziert man nun die Ungleichung an ≤ an+1 mit (−1), so ergibt sich die Ungleichung −an ≥ −an+1 . Somit
ist die Folge − (an ) monoton fallend.
Aufgabe: Jemand behauptet, dass die Folge an = n1 nicht nach oben beschränkt sei. Warum ist diese Aussage nicht
korrekt? Welche Fehlvorstellung könnte sich bei demjenigen eingeschlichen haben?
Lösung:
Die Folge an = n1 ist nach oben beschränkt, da der Definitionsbereich der Folge stets N ist. Der Fehler könnte dadurch
zu Stande kommen, weil derjenige sich den Graphen der Funktion f (x) = x1 für x > 0 vorstellt und diese eine Polstelle
bei x = 0 besitzt.
Aufgabe: Zur Zeit bieten verschiedene Banken, wenn das Geld für 5 Jahre angelegt wird, eine Verzinsung von
4, 5%p.a.. Somit erhält man bei einem Startkapital von 5000e nach fünf Jahren:
a) 5000e +5000e ·1, 0455 = 11230, 9e
b) 5000e +(5000e ·0, 045) = 5225e
c) 5000e ·1, 0455 = 6230, 9e
Welche der drei Aussagen sind falsch und warum?
Lösung:
Die Aussage a) und b) sind falsch. Bei Antwort a) wurden 5000e zu viel addiert und bei Antwort b) wurde der
Zinseszins nicht berücksichtigt. Aussage c) ist richtig, da diese Antwort den Zinseszins berücksichtigt.
Aufgabe: Fallen Ihnen Beispiele für abbrechende und unendliche Folgen ein?
Geben Sie jeweils zwei oder mehr Beispiele an.
Versuchen Sie Folgen im Alltag zu finden.
Lösung:
Ein paar mögliche Beispiele werden in der folgenden Tabelle aufgelistet. Es ist jedoch schwierig, unendliche Folgen im
Alltag zu finden, da unendliche Folgen meist zur Modellierung von endlichen Problemen im Alltag verwendet werden.
Unendliche Folgen lassen sich nur indirekt im Alltag finden.
abbrechende Folgen
unendliche Folgen
PIN Tagestemperaturmessungen (Wenn man annimmt, dass die Erde unendlich lange existiert)
Postleitzahlen
Integralrechnung
Klassengrößen einer Schule
Folge der geraden Zahlen
2
−1
Aufgabe: Stellen Sie die Folge an = n2n
n ∈ N graphisch dar. Was können Sie über die Eigenschaften der Folge
sagen? Begründen Sie Ihre Vermutungen.
Lösung:
218
KAPITEL 5. ANALYSIS
Die Folge ist monoton wachsend und nicht beschränkt. Da man zu jeder beliebig gewählten Schranke ein Folgenglied
finden kann, das diese überschreitet.
Die Monotonie lässt sich durch folgende Rechnung beweisen:
an
n −1
2n
2
n −1
2n
<
(n2 − 1)(2n + 2)
<
2
3
2
2n + 2n − 2n − 2
0
0
an+1
Die folgenden Umformungen sind Äquivalenzumformungen
2
(n + 1) − 1
<
Klammern auflösen
2(n + 1)
(n2 + 2n + 1) − 1
<
| · 2n | · 2(n + 1)
2(n + 1)
<
2n(n2 + 2n)
3
2n + 4n
2
Klammern auflösen
| − 2n3
2
< 2n + 2n + 2
< n2 + n + 1
| − 2n2
| + 2n
|+2
|:2
Da für n ∈ N die letzte Ungleichung wahr ist, ist (an ) streng monoton wachsend.
Aufgabe:
a) Welche Monotonieeigenschaft besitzt die Folge an = n2 +4? Stellen Sie eine Vermutung auf und begründen Sie diese.
Lösung:
Eine graphische Darstellung von (an ) lässt vermuten, dass die Folge streng monoton wachsend ist. Da aber nur
ein Teil der Folge dargestellt werden kann, muss die Vermutung noch bewiesen werden. Es ist also zu zeigen,
dass an+1 > an für alle n ∈ N gilt.
2
an+1 = (n + 1) + 4 = n2 + 2n + 1 + 4 = (n2 + 4) + 2n + 1 = an + 2n + 1 > an
Zunächst wird das Folgenglied an+1 bestimmt und so umgeformt, dass dieses durch das vorige Glied an ausgedrückt werden kann. Da n ∈ N vorausgesetzt wird, gilt an + 2n + 1 > an für alle n und damit ist die Folge an
streng monoton wachsend.
b) Beweisen Sie analog zur letzten Aufgabe, dass bn =
10
2n+4
streng monoton fallend ist.
Lösung:
Es ist zu zeigen, dass bn+1 < bn mit n ∈ N gilt.
bn+1 =
10
10
10
=
<
= bn
2(n + 1) + 4
2n + 2 + 4
2n + 4
Da für alle n ∈ N gilt, dass 2n + 2 + 4 > 2n + 4 ist, gilt bn+1 < bn .
Aufgabe: Geben Sie eine Folge an, die nicht monoton ist.
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
219
Lösung:
Es gibt viele verschiedene nicht monotone Folgen.
Beispiele:
an = (n − 9)2
bn = (−1)n
cn = 1; 0; 2; 3; 2...
Aufgabe: Kreuzen Sie die Eigenschaften der Folgen in der Tabelle an.
Folge
an
an
an
an
= −n2 + 5
= (−1)n
= (−1)n · n
= n5
nach oben
beschränkt
nach unten
beschränkt
beschränkt
nach oben
beschränkt
×
×
nach unten
beschränkt
×
×
beschränkt
weder nach oben noch
nach unten beschränkt
Lösung:
Folge
an
an
an
an
= −n2 + 5
= (−1)n
= (−1)n · n
= n5
×
weder nach oben noch
nach unten beschränkt
×
Aufgabe: Finden Sie eine Folge, die eine obere Schranke von 10 besitzt.
Lösung:
Es gibt verschiedene Möglichkeiten eine Folge, die durch den Wert 10 nach oben beschränkt wird, zu konstruieren.
Beispiel:
an = 5 − n1 - Da für alle n ∈ N 10 > 5 − n1 gilt, ist 10 eine obere Schranke.
bn = 9 · cos n1 - Da cos n1 < 1 ist die Folge bn durch den Wert 10 beschränkt.
Die Folge cn = 10 − n12 besitzt auch die obere Schranke 10. Hier ist 10 sogar die kleinste obere Schranke.
Auch die konstante Folge dn = 10 ist durch 10 nach oben beschränkt.
Aufgabe: Definieren Sie Folgen, welche die angegebenen Folgenglieder an den angegeben Positionen enthalten. Es
gibt mehrere Möglichkeiten für die Bildungsgesetze.
a6 = −1
a7 = 0
a8 = 1
Welche Eigenschaften besitzen die von Ihnen gefundenen Folgen? Haben alle Bildungsgesetze, welche die angegebenen
Glieder enthalten, die gleichen Eigenschaften?
Lösung:
Mit Hilfe der angegebenen Folgenglieder lassen sich verschiedene Bildungsgesetze finden, denn es ist möglich mit
Hilfe von verschiedenen Funktionen unterschiedliche Folgen zu finden, die die angegebenen Folgenglieder beinhalten
(Interpolation). Es ist nicht zwingend, dass diese Bildungsgesetze alle die gleichen Eigenschaften besitzen. Die unten
angegebenen Bildungsgesetze sind somit mögliche Lösungen.
• an = n − 7
• bn = (n − 7)3
• cn = sin( π2 (n − 7))
Aufgabe: Wandeln Sie die angegebenen Folgen in ein explizites oder rekursives Bildungsgesetz um.
a) an+1 = an + 9,
a1 = 5
220
KAPITEL 5. ANALYSIS
b) bn = ( 67 )n
c) cn = (−1)n
d) dn+1 = 3dn + 5,
d0 = 1
Lösung:
a) an+1 = an + 9 a1 = 5
Hier ist es hilfreich die Folgenglieder in Form einer Tabelle darzustellen, um ein explizites Bildungsgesetz zu
n 1
2
3
4
5 ...
bestimmen.
an 5 14 23 32 41 ...
Dass das nächste Folgenglied um 9 größer ist als sein Vorgänger, sagte bereits das rekursive Bildungsgesetz.
Jedoch kann man an der Tabelle erkennen, dass man die 9er-Reihe erhält, wenn man zu jedem Folgenglied 4
addiert. Somit kann anhand der Tabelle ein explizites Bildungsgesetz
an = −4 + n · 9
abgeleitet werden.
n
b) bn = 76
Bei jedem weiteren Folgenglied wird mit
6
7
multipliziert.
bn+1 =
6
bn ,
7
b0 = 1
c) cn = (−1)n
Man erhält das nächste Folgenglied, indem man das vorige mit −1 multipliziert.
cn+1 = (−1) · cn ,
c0 = 1
d) dn+1 = 3dn + 5, d0 = 1
d1 = 3d0 + 5
d2 = 3d1 + 5 = 3 · (3d0 + 5) + 5 = 32 d0 + 3 · 5 + 5
d3 = 3d2 + 5 = 3 · (32 d0 + 3 · 5 + 5) + 5 = 33 d0 + 32 · 5 + 3 · 5 + 5
..
.
dn = 3n + 5 ·
n−1
X
k=0
3k = 3n + 5 ·
1 − 3n
1−3
Bei diesem Schritt wurden die Eigenschaften der geometrischen Reihe verwendet.
Verweis: In Modul 2.1.1 werden die Eigenschaften der geometrischen Reihe thematisiert.
Aufgabe: Odenwaldwanderung
Drei Studentengruppen haben eine Wette laufen. Sie wollen von den Orten Schlüchtern, Sinntal und Bad Brückenau
nach Hirschhorn am Neckar laufen. Da die Wanderwege bis nach Hirschhorn fast gleich lang sind, wetten die Studenten,
wer es als erster schafft in Hirschhorn zu sein. Die einzelnen Gruppen haben sich folgende Pläne ausgedacht:
Schlüchtern Weglänge: 158km
Masterplan: Zunächst 15km am ersten Tag laufen und dann immer 10% der Reststrecke zurücklegen.
Sinntal Weglänge: 157km
Masterplan: Mit 25km am ersten Tag beginnen und dann die Tagesmärsche um 2km jeden Tag verkürzen.
Bad Brückenau Weglänge: 159km
Masterplan: Am ersten Tag sollen 9 km gelaufen werden und an den folgenden Tagen immer 2km mehr als am
Vortag.
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
221
Was halten Sie von diesen Plänen mathematisch und realistisch gesehen? Welche Gruppe wird wahrscheinlich als erster
in Hirschhorn ankommen?
Lösung:
Tag Schlüchtern
1
15
2
14,30
3
12,87
4
11,58
5
10,42
6
9,38
7
8,44
8
7,60
9
6,84
10
6,16
11
5,54
Sinntal
25
23
21
19
17
15
13
11
9
7
Bad Brückenau
9
11
13
15
17
19
21
23
25
27
km
108,138983
160
180
Der erste Plan führt sehr langsam zum Ziel, da sich die Wanderstrecke täglich verkürzt. Aus mathematischer Sicht
führt dieser Plan nicht notwendigerweise ans Ziel, sondern konvergiert gegen dieses. Der zweite Plan verkürzt ebenso
wie der erste Plan täglich die Wanderstrecke. Jedoch wird hier das Ziel nach 10 Tagen erreicht. Ebenso nach 10 Tagen
erreicht die dritte Gruppe das Ziel.
Alle drei Pläne sind eher unrealistisch, wenn es darum geht das Ziel möglichst schnell zu erreichen, denn die Strecke
ist bei einer Geschwindigkeit von 20km pro Tag bereits in 8 Tagen zurückgelegt.
Aufgabe: Temperatur im Erdinneren
Forschungen haben ergeben, dass die Temperatur im Erdinneren je 100m Tiefe um 3◦ C zunimmt. In Deutschland
herrscht in 25m Tiefe eine Temperatur von 25◦ C.
a) Wie heiß ist es in 2300m Tiefe?
b) In welcher Tiefe würde Wasser kochen?
c) Ein bekanntes Thermalbad macht Werbung mit einer 45◦ C heißen Heilquelle, die direkt aus dem Inneren der Erde
herauf gepumpt wird. Was halten Sie von dieser Werbung?
Lösung:
a) Wie heiß ist es in 2300m Tiefe?
In einer Tiefe von 2300m beträgt die Temperatur zwischen 91◦ C und 94◦ C
Die Temperatur pro 100m lässt sich durch die Folge Tn = 25◦ C + 3◦ C · n beschreiben. Die Tiefe lässt sich in
Abhängigkeit von n durch tn = 25m + 100m · n ausdrücken. Setzt man nun 2300m in tn ein und bestimmt n, so
erhält man für n = 22, 75. Da die Temperaturänderung innerhalb von 100m unbekannt ist, kann man für n = 22
und n = 23 die Temperaturen bestimmen und so Schranken für die Temperatur in 2300m Tiefe angeben.
b) In welcher Tiefe würde Wasser kochen?
Mit Hilfe der obigen Folgen kann man die Tiefe für 100◦ C bestimmen. Diese liegt bei 2525m.
100◦ C = 25◦ C + 3◦ C · n Hieraus erhält man n = 25. Nun setzt man n = 25 in die Gleichung tn = 25m + 100m · n
ein und erhält t25 = 2525m.
c) Ein bekanntes Thermalbad macht Werbung mit einer 45◦ C heißen Heilquelle, die direkt aus dem Inneren der Erde
herauf gepumpt wird. Was halten Sie von dieser Werbung?
Die Tiefe müsste für 45◦ C warmes Wasser rund 725m betragen. Dies ist eine beachtliche Tiefe, doch es ist nicht
unrealistisch. So wird beispielsweise in einem Kurpark in Bad Griesbach aus rund 1500m Tiefe warmes Wasser
herauf gepumpt.
Aufgabe: Papierrolle
220m Papier (Stärke 0,2mm) wird auf eine Rolle (15cm) gewickelt. Wie viele Lagen Papier befinden sich auf der
Rolle?
Mit welchem Folgentyp haben Sie die Aufgabe modelliert?[Wie lang ist das Papier, wenn 500 Lagen auf die Rolle
222
KAPITEL 5. ANALYSIS
passen?]
Lösung:
Der Umfang eines Kreises mit Radius r wird durch U = 2πr berechnet. Der Radius der Rolle beträgt r = 7, 5cm. Pro
Lage Papier nimmt der Radius um 0,2mm zu. Somit ist rn = 7, 5 + 0, 02 · (n − 1). Der Umfang lässt sich durch die
Folge Un = 2πrn = 2π(7, 5 + 0, 02 · (n − 1)) beschreiben. Es wurden arithmetische Folgen zum Modellieren verwendet.
Die Frage der Aufgabe ist jedoch noch nicht beantwortet. Es muss nun noch die Anzahl der Papierlagen bestimmt
k
X
werden. Hierzu müssen die Umfänge Un addiert werden. Es muss also
Un bestimmt werden.
n=1
k
X
Un
=
n=1
k
X
2π (7, 5 + 0, 02 · (n − 1))
n=1
=
k
X
(15π + 0, 04π · (n − 1))
n=1
=
15π · k + 0, 04π ·
k
X
(n − 1)
n=1
=
15π · k + 0, 04π ·
k
X
(n) − 0, 04πk
n=1
=
=
k(k + 1)
− 0, 04π · k
2
14, 98kπ + 0, 02πk 2
15π · k + 0, 04π ·
Somit muss nun die Gleichung 14, 98kπ + 0, 02πk 2 = 22000 gelöst werden. Es passen also 325 Lagen auf die Rolle.
Verweis: In Modul 2.2.2 geht es um quadratische Gleichungen.
Aufgabe: Geben Sie ein selbst ausgedachtes Beispiel für eine Folge an. Welche Eigenschaft macht eine Funktion zu
einer Zahlenfolge? Geben Sie ein eigenes Beispiel an, das keine Folge ist.
Lösung:
• Beispiel für eine Folge: an = n,
n∈N
• Beispiel für eine Funktion, die keine Folge ist: fn = n2 ,
n∈R
Eine Folge ist eine Funktion mit Definitionsbereich N und Bildmenge in R.
Verweis: Der Begriff der Bildmenge wird in Modul 3.1.3 thematisiert.
Aufgabe: Sie möchten die Folge an = n2 + 2 auf Monotonie und Beschränktheit untersuchen. Wie gehen Sie vor?
Lösung:
Zunächst kann eine Vorstellung über das Verhalten der Folge erlangt werden, indem die Folge beispielsweise teilweise
auf dem Zahlenstrahl dargestellt wird. Bei der Folge an = n2 + 2 lässt sich vermuten, dass die Folge monoton wachsend
und nach unten beschränkt ist.
Diese Vermutungen können anhand der Definitionen bewiesen werden.
Monoton wachsend:
an+1 = (n + 1)2 + 2 = n2 + 2n + 1 + 2 = n2 + 2 + 2n + 1 = an + 2n + 1 > an , für alle n ∈ N
Nach unten beschränkt:
Als eine untere Schranke kann 0 gewählt werden:
an = n2 + 2 > 0 für n ∈ N
Somit ist die Folge (an ) monoton wachsend und nach unten beschränkt.
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
223
Aufgabe: Welche Eigenschaften einer Folge können von Interesse sein? Wie können diese Eigenschaften untersucht
werden und welche Schwierigkeiten können hierbei auftreten?
Lösung:
Eigenschaften einer Folge, die von Interesse sein können:
• konstant
• alternierend
• geometrisch
• arithmetisch
• monoton
• beschränkt
Um diese Eigenschaften zu untersuchen, können verschiedene Darstellungsformen von Folgen hilfreich sein. Dabei ist
darauf zu achten, dass die Folge in ihrer Gesamtheit durch die Darstellungsform wiedergegeben wird. Es ist immer
die Folge in ihrer Gesamtheit zu untersuchen. Um zu zeigen, dass eine Folge eine bestimmte Eigenschaft nicht besitzt,
reicht es aus, ein Gegenbeispiel zu finden.
Aufgabe: Geben Sie jeweils eine selbst erfundene Folge an, die die unten aufgezählten Eigenschaften besitzt.
Die Folge ist
• monoton fallend und beschränkt.
• weder nach oben noch nach unten beschränkt.
• nach oben beschränkt.
Lösung:
Mögliche Lösungen:
• monoton fallend und beschränkt : an =
1
n
• unbeschränkt: bn = (−1)n · n2
• nach oben beschränkt: cn = 13 −
5
n3
Aufgabe: Untersuchen Sie die Eigenschaften der Folge an = 17 −
Lösung:
Die Folge (an ) ist beschränkt und nicht monoton.
Beschränktheit:
17 −
3n3
3n
und begründen Sie Ihre Aussagen.
3n3
< 18
3n
Monotonie:
Zum einen ist an der Graphik zu sehen, dass (an ) weder monoton wachsend, noch monoton fallend ist, zum anderen
können zu beiden Annahmen Gegenbeispiele gefunden werden.
224
5.2.2
KAPITEL 5. ANALYSIS
Grenzwerte von Folgen
Aufgabe: Die folgende Tabelle beschreibt einen Teil der Quadratpflanzeneigenschaften. Ergänzen Sie die fehlenden
Angaben. Was stellen Sie fest?
Wachstumsschritt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Anzahl der
neuen Quadrate
1
3
9
Gesamtzahl
der Quadrate
1
4
Seitenlänge
1
Flächeninhalt
eines Quadrats
1
1
3
1
9
1
9
1
81
1
729
40
Gesamtflächeninhalt
1
1,333
1,444
364
729
2187
1
4782969
1
387420489
Lösung:
Wachstumsschritt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Anzahl der
neuen Quadrate
1
3
9
27
81
243
729
2187
6561
19683
Gesamtzahl
der Quadrate
1
4
13
40
121
364
1093
3280
9841
29524
Seitenlänge
1
Flächeninhalt
eines Quadrats
1
1
3
1
9
−2
1
9
−2
3, 704 · 10
1, 235 · 10−2
4, 115 · 10−3
1, 372 · 10−3
4, 572 · 10−4
1, 524 · 10−4
5, 081 · 10−5
1, 23 · 10
1, 372 · 10−3
1, 524 · 10−4
1, 694 · 10−5
1, 882 · 10−6
2, 091 · 10−7
2, 323 · 10−8
2, 581 · 10−9
Gesamtflächeninhalt
1
1,333
1,444
1,481
1,494
1,498
1,499
1,4997
1,49992
1,49997
Die Untersuchung des Flächeninhalts lässt vermuten, dass der Flächeninhalt der Pflanze beschränkt ist. Es sieht sogar
so aus, als ob der Flächeninhalt gegen den Wert 1,5 strebt, diesen aber nicht erreicht.
Um den Bluthochdruck zu senken, nehmen viele Menschen täglich Medikamente. Diese Medikamente beinhalten oft den Wirkstoff Metoprolol. Je
nach Art des Bluthochdrucks gibt es verschieden hohe Dosen des WirkstofAufgabe:
fes. Üblich sind 50mg und 100mg pro Tablette. Der Wirkstoff wird nicht
vollkommen vom Körper aufgenommen, denn pro Tag werden 50% des im
Körper vorhandenen Wirkstoffes im Allgemeinen wieder ausgeschieden.
Bild:
a) Ein Patient beginnt 100mg Metoprolol pro Tag einzunehmen. Untersuchen Sie, wie viel mg Metoprolol sich täglich
im Körper befindet! Geben Sie eine Folge für die Wirkstoffmenge, die sich pro Tag im Körper befindet, an.
b) Welchen Unterschied macht die Einnahme von 100mg zu 50mg, abgesehen von der unterschiedlichen Wirkstoffmenge?
c) Was meint ein Arzt, wenn er sagt: Man muss den Körper erst auf das Medikament einstellen, um den Bluthoch”
druck dauerhaft auf einen normalen Wert zu senken“?
Lösung:
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
225
a) Die folgende Tabelle beschreibt die Stoffmenge, die sich täglich im Körper befindet.
Es kommen pro Tag 100mg Metoprolol hinzu, jedoch werden 50% der im Körper deponierten Wirkstoffmenge wieder
abgebaut. Somit kann man die tägliche Wirkstoffmenge durch mn+1 = (100 + mn ) · 0, 5 berechnen.
Tag
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
Wirkstoffmenge in mg
50
75
87,5
93,75
96,875
98,438
99,219
99,609
99,805
99,902
99,951
99,976
99,988
99,994
99,997
99,998
99,999
Die Wirkstoffmenge, die sich im Körper bei einer Einnahme von 100mg täglich befindet, lässt sich durch die Summe
k
X
100 · 0, 5n berechnen, wobei n die Anzahl der Tage beschreibt.
n=1
b) Wie man an der Tabelle und an der Graphik sehen kann, dauert es bei 100mg länger als bei 50mg, bis sich die
gewünschte absolute Dosis Metoprolol im Körper befinden. Die relative Dosis, die sich im Körper befindet, ist an
jedem Tag gleich.
Tag
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
50mg
25,0000
37,5000
43,7500
46,8750
48,4375
49,2188
49,6094
49,8047
49,9023
49,9512
49,9756
49,9878
49,9939
49,9969
49,9985
49,9992
49,9996
49,9998
100mg
50,0000
75,0000
87,5000
93,7500
96,8750
98,4375
99,2188
99,6094
99,8047
99,9023
99,9512
99,9756
99,9878
99,9939
99,9969
99,9985
99,9992
99,9996
c) Der sich im Körper befindliche Wirkstoff erhöht sich von Einnahme zu Einnahme. Die Erhöhung nimmt jedoch
täglich ab, so dass sich im Körper nie mehr als 100mg Metoprolol befinden, aber auch nicht sehr viel weniger. Es
dauert jedoch einige Tage, bis sich im Körper nahezu 100mg dauerhaft befinden. Diesen Effekt meint der Arzt, wenn
er sagt, dass der Körper erst auf das Medikament eingestellt werden muss.
226
KAPITEL 5. ANALYSIS
Bild: Graphik der verschiedenen Wirkstoffmengen
Somit besitzt die Wirkstoffmenge im Körper den Grenzwert 100 mg Metoprolol.
Aufgabe: Im Modul Zahlenfolgen“ haben Sie die Fibonacci-Zahlen kennen gelernt. Untersuchen Sie die Folge (an )
”
der Quotienten zweier aufeinander folgender Fibonacci-Zahlen.
Führen Sie hierzu die Tabelle fort. Was können Sie über die Eigenschaften von (an ) aussagen?
n
Fiboncci-Zahlen fn
Quotient an = fn+1
fn
1
1
1
2
1
2
3
2
4
3
5
5
3
2
5
3
8
5
6
8
...
...
...
Lösung:
Wenn man die Glieder der Quotientenfolge (an ) untersucht, stellt man fest, dass diese anscheinend gegen den Wert
1,61... konvergieren. Der genaue Grenzwert lässt sich mit dieser Methode jedoch nicht bestimmen.
Aufgabe: Nehmen Sie nun an, dass die Quotientenfolge (an ) gegen g konvergiert. Es gilt also
g = lim an .
n→∞
Versuchen Sie mit Hilfe der Eigenschaften von (an ) den Grenzwert g zu bestimmen.
Hinweis: Verwenden Sie die Rekursionsformel der Fibonacci-Zahlen und erinnern Sie sich an die Grenzwertsätze.
Lösung:
Es gilt
g = lim an
n→∞
mit an =
fn+1
fn ,
wobei für die Folge der Fibonacci-Zahlen fn+1 = fn + fn−1 gilt.
fn+1
fn + fn−1
fn−1
1
1
= lim
= lim 1 + lim
= 1 + lim
=1+
n→∞
n→∞
n→∞ fn
n→∞ an
n→∞ fn
fn
g
g = lim an = lim
n→∞
Somit ergibt sich die Gleichung g = 1 + g1 . Diese Gleichung führt auf eine quadratische Gleichung, die die Lösungen
√
√
g1 = 1+2 5 und g2 = 1−2 5 besitzt. Vergleicht man nun die Glieder von (an ) mit den gefundenen Grenzwerten, so ist
festzustellen, dass g1 der Grenzwert der Folge (an ) ist.
Aufgabe: Was hat der folgende Kettenbruch mit den Fibonacci- Zahlen und der Folge (an ) zu tun?
1
1+
1
1+
1+
1
1+
1
...
Lösung:
Bricht man den Kettenbruch ab,so erhält man folgende Quotienten:
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
1
1 + 1 + 1 = 32 ,
1+
1
1
1+
1+1
= 35 ,
227
1
1+
1
1+
= 85 , ...
1
1+1
Diese Folge ist Ihnen bereits als (an ) bekannt. Somit hat dieser Kettenbruch den Grenzwert g1 =
1+
√
1+ 5
2 .
Aufgabe: Wie beurteilen Sie die folgende Aussage?
Die Folge an = 0, 0001(n − 100)2 konvergiert gegen 0, wie man gut an der graphischen Darstellung sehen kann.“
”
Lösung:
Die Aussage ist falsch, da die Folge (an ) ab n = 100 monoton wachsend und unbeschränkt ist. Die Folge besitzt für
n ∈ [0; 200] folgende graphische Darstellung.
Mit Hilfe der folgenden Rechnung kann die vorige Aussage nochmals veranschaulicht werden.
Nimmt man auf Grund der graphischen Darstellung an, dass die Folge (an ) den Grenzwert g = 0 besitzt, so müssten
alle Folgenglieder ab einem bestimmten Index N an in einem vorgegebenen ε- Schlauch liegen.
1
Ist nun ein ε = 1000
vorgegeben, ergibt sich folgende Rechnung zum Grenzwertnachweis:
1
|an − 0| < 1000
1
0, 0001(n − 100)2 < 1000
| : 0, 0001 Hieraus ergeben sich nun zwei weitere Ungleichungen:
√
(n − 100)2 <
10 |
√
10 | + 100
n − 100 < √
I.
n <
10 + 100
√
−(n − 100) <
√10
−n + 100 <
10 | − 100
√
II.
−n <
√10 − 100 | · (−1)
n > − 10 + 100
1
Aus den obigen Ungleichungen folgt, dass alle n mit n ∈ [97; 103] die Bedingung |an −0| < 1000
erfüllen. Dies bedeutet,
dass die Folgenglieder a97 bis a103 in dem ε-Schlauch liegen. Somit kann die Folge nicht gegen g = 0 konvergieren.
Aufgabe: Welcher Fehler steckt in der folgenden Aussage über Grenzwerte?
Für jedes ε > 0 ist |an − g| von einem Folgenglied aN an kleiner als ε.“ Dies bedeutet, dass von einem Folgenglied an
”
alle weiteren Glieder mit g identisch sind.
228
KAPITEL 5. ANALYSIS
Lösung:
Die pauschale Aussage, dass die Folgenglieder mit dem Grenzwert ab einem bestimmten Folgenglied an übereinstimmen, ist nicht richtig. Dies kann vorkommen, doch das ist nicht immer der Fall. Die Bedingungen für einen Grenzwert
können auch erfüllt sein, wenn der Grenzwert niemals von der Folge angenommen wird.
Aufgabe: Warum stimmt die folgende Aussage nicht?
Der Grenzwert ist der Endwert der Folge für die Zahl ∞.“
”
Lösung:
Zunächst ist ∞ keine Zahl und kann auch nicht als solche verstanden oder behandelt werden. Ein Wert g kann
Grenzwert einer Folge sein, ohne dass die Folge diesen Wert annimmt. Der Grenzwert gibt eine Grenze für die Folge an,
jedoch beschreibt dieser nicht das letzte Folgenglied, denn es gibt bei einer unendlichen Folge kein letztes Folgenglied.
Aufgabe: Warum kann man hier den Grenzwertsatz für Quotientenfolgen bzw. Produktfolgen nicht anwenden?
2
b) bn = (5n + 1)( n1 + 13)
a) an = 3n +16n−5
3n2
Lösung:
a)Die Folgen im Zähler und Nenner sind nicht konvergent. Somit sind die Voraussetzungen für den Grenzwertsatz
nicht erfüllt. Wird die Folge (an ) mit n12 erweitert, sind Nenner und Zähler konvergent und die Grenzwertsätze können
angewendet werden.
Die Folge (an ) besitzt den Grenzwert 1
b) Da die Folge (5n + 1) nicht konvergent ist, kann der Grenzwertsatz nicht angewendet werden. Die gesamte Folge
ist nicht konvergent, wodurch die Voraussetzungen für das Verwenden der Grenzwertsätze nicht erfüllt sind.
Aufgabe: Was ist an dieser Schreibweise falsch und warum?
lim an → g
n→∞
Lösung:
Es muss
lim an = g
n→∞
geschrieben werden. Der Pfeil an der Stelle des Gleichheitszeichens ist unpassend, da dieser den Grenzwertprozess
beschreibt, der jedoch schon durch
lim an
n→∞
beschrieben wird. Somit geht der Grenzwert nicht gegen g, sondern er ist g. Zum Teil wird in der Mathematik folgende
Kurzschreibweise verwendet:
an → g,
n→∞
Diese Schreibweise drückt in kurzer Form aus, dass (an ) den Grenzwert g besitzt.
Aufgabe: Stellen Sie die Folgen graphisch dar und entscheiden Sie, welche der Folgen einen Grenzwert besitzen.
Seien Sie vorsichtig, denn nicht immer führt die graphische Darstellung zu einem richtigen Ergebnis.
2
1. an = (−1)n · 3−2n
n2 +5
−(n − 5)2
2. an =
−1
n−5
3. an = 13 −
13
n3
4. an = n4 +
1
n2
Lösung:
√
wenn n ∈ N
sonst
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
1. an = (−1)n ·
229
3−2n2
n2 +5
Die Folge (an ) besitzt keinen Grenzwert.
2. an =
−(n − 5)2
−1
n−5
√
wenn n ∈ N
sonst
Die Folge (an ) besitzt keinen Grenzwert, da immer wieder Folgenglieder mit einem Quadratzahlindex aus dem
ε-Schlauch springen.
3. an = 13 −
13
n3
Die Folge (an ) besitzt einen Grenzwert, da sich für jedes ε ein Schlauch finden lässt, in dem alle Folgenglieder
bis auf endlich viele liegen.
4. an = n4 +
1
n2
230
KAPITEL 5. ANALYSIS
Die Folge (an ) besitzt keinen Grenzwert.
Aufgabe: an = 7 + n12
a)
Welchen Grenzwert vermuten Sie bei dieser Folge?
b)
Ab welchem Folgenglied aN liegen alle Folgenglieder in einem -Schlauch mit der Breite =
Glieder liegen außerhalb?
c)
Zeigen Sie, dass die Zahl 7 der Grenzwert der Folge ist.
1
1000 ?
Wie viele
Lösung:
a)
Der Grenzwert ist
addiert.
b)
1
|7 + N12 − 7| < 1000
1
1
| N 2 | < 1000
1
1
< 1000
N2
1000 <
N2
31, 62 <
N
vermutlich 7, da
1
n2
für große n sehr klein wird. Somit wird nur sehr wenig zur 7 hinzu
Da N12 immer positiv ist, kann im nächsten Schritt der Betrag weggelassen werden.
| · 1000
| · N2
√
|
1
Ab N = 32 liegen die Folgenglieder in einem -Schlauch der Breite 1000
. Somit liegen 31 Folgenglieder außerhalb.
c)
Mit Hilfe der Grenzwertsätze kann man zeigen, dass die Folge den Grenzwert 7 besitzt:
lim 7 +
n→∞
1
1
= lim 7 + lim 2 = 7 + 0 = 7
n→∞
n→∞ n
n2
Aufgabe: Untersuchen Sie das Grenzwertverhalten der Folgen. Stellen Sie hierzu erst eine Vermutung über den
Grenzwert auf. Beweisen Sie Ihre Vermutung mit Hilfe der Grenzwertsätze.
a) an =
18n−14
7+2n
b) bn =
3n2 +421
n+5
c) cn =
(4n+1)(2n+3)
7n2 +4n+2
Lösung:
a)
14
lim 18 −
18 − 14
18n − 14
n→∞
n = 18 = 9
n
lim an = lim
= lim 7
=
7
n→∞
n→∞ 7 + 2n
n→∞
2
n +2
lim
+2
n→∞ n
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
231
b)
3n + 421
3n2 + 421
n
=∞
= lim
n→∞
n→∞ 1 + 5
n+5
n
lim bn = lim
n→∞
c)
1
3
lim (4 + ) lim (2 + )
(4 + n1 )(2 + n3 )
(4n + 1)(2n + 3)
4·2
8
n→∞
n→∞
n
n
lim cn = lim
=
=
= lim
=
4
2
2
2
4
n→∞
n→∞
n→∞
7n + 4n + 2
7
7
7 + n + n2
lim 7 + + 2
n→∞
n n
Aufgabe: Bestimmen Sie den Grenzwert der konvergenten Folge
dn+1 =
1
3
(dn +
); d1 = 1.
2
dn
Lösung:
Zunächst können die ersten Folgenglieder in einer Tabelle dargestellt werden, um sich einen Überblick über das Verhalten der Folge zu verschaffen.
n
dn
1
1
2
2
3
1,75
4
1,73214286
5
1,73205081
6
1,73205081
...
...
Anhand der Tabelle kann der Grenzwert auf 1, 7320... geschätzt werden.
Mit Hilfe folgender Rechnung kann der Grenzwert exakt bestimmt werden:
d = lim dn = lim
n→∞
d
1
2d
2
d
d
=
=
=
=
1
2d
+
3
2d
3
2d
3
√
3
n→∞
1
3
1
3
1
3
(dn +
) = lim dn + lim
= d+
n→∞ 2
n→∞ 2dn
2
dn
2
2d
| − 12 d
| · 2d
√
|
Somit ist der Grenzwert der Folge (dn )
√
3.
Aufgabe: Geben Sie eine Folge an, die einen Grenzwert besitzt und monoton fallend [bzw. wachsend] ist.
Lösung:
Bei dieser Aufgabe gibt es eine große Anzahl an Lösungsmöglichkeiten. Die folgenden zwei Lösungen sind Beispiele,
anhand derer Sie eigene Folgen konstruieren können.
• monoton fallend:
an =
1
+3
n2
• monoton wachsend:
bn = 2 −
1
2n
Aufgabe: Ordnen Sie die Eigenschaften den einzelnen Folgen zu.
232
KAPITEL 5. ANALYSIS
Folge
1000 + 1000
n
3 + (−1)n
3 + (− n1 )n
Monotonie
Beschränktheit
Konvergenz
Grenzwert
Monotonie
fallend
steigend
steigend
Beschränktheit
beschränkt
beschränkt
beschränkt
beschränkt
unbeschränkt
beschränkt
Konvergenz
konvergent
divergent
konvergent
konvergent
divergent
konvergent
Grenzwert
1000
3
0
uneigentlicher Grenzwert ∞
12
n2
2n
4n3 +n2
n2 +1
12n3 −12n2 −n+1
n3 −n
Lösung:
Folge
1000 + 1000
n
3 + (−1)n
3 + (− n1 )n
n2
2n
4n +n2
n2 +1
12n3 −12n2 −n+1
3
n −n
3
Aufgabe: Bilden Sie aus den sprachlich und rekursiv beschriebenen Folgen zusammengehörende Paare und geben
Sie die Folge in expliziter Schreibweise an. Bestimmen Sie die Grenzwerte der konvergenten Folgen. Für jede Folge gilt
a1 =3.
a) Um das nächste Folgenglied zu erhalten, wird der Kehrwert des aktuellen Folgenglieds gebildet.
b) Das nächste Folgenglied erhält man, indem das aktuelle Folgenglied mit drei multipliziert und durch seinen Index
dividiert wird.
c) Das aktuelle Folgenglied wird durch seinen Index dividiert und erhält das entgegengesetzte Vorzeichen.
d) Durch Multiplikation des aktuellen Folgengliedes mit
I. an+1 =
1
3
erhält man das nächste Folgenglied.
an
3
II. an+1 =
3an
n
III. an+1 = a−1
n
IV. an+1 = − ann
Lösung:
1
I.d (an ) = 3; 1; 13 ; 91 ; 27
; ...
Mit Hilfe der obigen Darstellung der Folge kann man folgende explizite Schreibweise finden: (an ) = 3 · ( 31 )n−1
Die Folge besitzt den Grenzwert 0.
3·3·3 3·3·3·3 3·3·3·3·3
II.b (an ) = 3; 3·3
1 ; 1·2 ; 1·2·3 ; 1·2·3·4 ; ...
3n
Explizite Schreibweise: (an ) = (n−1)!
Die Folge besitzt den Grenzwert 0, da n! schneller wächst als an .
III.a (an ) = 3; 31 ; 3; 13 ; 3, ...
n
Explizite Schreibweise: (an ) = 3(−1)
Die Folge besitzt keinen Grenzwert.
3
−3
3
IV.c (an ) = 3; −3
1 ; 1·2 ; 1·2·3 ; 1·2·3·4 ; ...
n−1
3
Explizite Schreibweise: (an ) = −1
(n−1)!
Die Folge besitzt den Grenzwert 0.
Aufgabe: Aus unendlich vielen Halbkreisen kann man eine Spirale konstruieren, indem man
sers verwendet und diesen immer wieder passend anlegt.
2
3
des alten Durchmes-
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
233
a) Was passiert, wenn der Prozess unendlich lange fortgesetzt wird? Falls ein Grenzwert auftritt, berechnen Sie
diesen.
b) Wie lange ist die Spirale?
Lösung:
a) Die Halbkreisradien werden immer kleiner, so dass auch die Halbkreise immer kleiner werden. Somit schließen die
Halbkreise einen Punkt ein, welcher das Zentrum der Spirale bildet.
Um das Zentrum der Spirale zu finden, wird die Lage der Halbkreismittelpunkte untersucht. Man stellt fest, dass diese
sich dem Punkt (−0, 6; 0) immer mehr nähern. Dieser Punkt ist jedoch nur abgelesen und muss noch rechnerisch belegt
werden.
Die Radien der Halbkreise können durch die Folge rn = 3 · ( 32 )n−1 beschrieben werden. Die Lage der Halbkreismittelpunkte lässt sich in Abhängigkeit der Radien durch die Folge Mn+1 = Mn + rn · (−1)n + rn+1 · (−1)n+1 ausdrücken.
In folgender Graphik wird die Folge (Mn ) mit M1 = 0 dargestellt.
b) Wie lang ist die Spirale?
Der Umfang eines Halbkreises beträgt π · r
Die Radien der Halbkreise werden durch die Folge rn = 3 · ( 23 )n−1 beschrieben
Die Länge der Spirale lässt sich somit durch
∞
X
2
3π ·
( )n
3
n=1
beschreiben.
Der Grenzwert dieser Summe beträgt 3π ·
1
1− 23
= 9π (siehe Modul 2.1). Somit ist die Länge der Spirale 9π.
Aufgabe: Wie wird der Grenzwertbegriff im alltäglichen Leben verwendet? Worin besteht der Unterschied der Verwendung des Grenzwertbegriffs im Alltag zur Verwendung des Begriffs in der Mathematik?
Lösung:
Im Alltag wird der Grenzwert meist im Zusammenhang mit bestimmten Werten verwendet, die nicht überschritten
oder unterschritten werden dürfen. So gibt es in der Medizin, der Chemie und im Recht diese Grenzwerte, die in
Regelwerken festgelegt sind. Im Gegensatz dazu kann der Grenzwert in der Mathematik beispielsweise von einer Folge
sowohl überschritten, als auch unterschritten werden. In der Mathematik geht es um das Verhalten im Unendlichen.
234
KAPITEL 5. ANALYSIS
Aufgabe: Denken Sie sich eine konvergente und eine divergente Folge aus. Erklären Sie an Hand Ihrer Beispielfolgen
anschaulich, was unter einem Grenzwert verstanden wird.
Lösung:
• konvergent: an =
1
n
• divergent: bn = n
Es gibt unendlich viele divergente und konvergenete Folgen. Sie werden wahrscheinlich andere Folgen gewählt haben.
Falls Sie mit der Erklärung des Grenzwertbegriffs Probleme hatten, schauen Sie sich nochmal den Abschnitt Be”
gründen, Interpretieren, Herleiten“ an.
3
+2
Aufgabe: Sie wollen den Grenzwert der Folge an = 3n
n3 −1 bestimmen. Erklären Sie Ihr Vorgehen. Beweisen Sie, dass
der gefundene Grenzwert tatsächlich der Grenzwert der Folge an ist.
Lösung:
Zunächst formt man die Folge (an ) ein wenig um, indem man sowohl Nenner, als auch Zähler durch n3 teilt. Man
erweitert also den Bruch mit n13 .
3 + n23
an =
1 − n13
Nun kann man die Grenzwertsätze anwenden und den Grenzwert der Folge bestimmen.
3+
lim
n→∞ 1 −
2
n3
1
n3
2
3
3
n
=
= =3
1
1
lim 1 − lim 3
n→∞
n→∞ n
lim 3 + lim
n→∞
n→∞
Aufgabe: Erklären Sie was mit der Schreibweise
lim an = g
n→∞
ausgedrückt wird. Welche Fehlvorstellungen können hierbei auftreten?
Lösung:
Mit der Schreibweise lim an = g soll ausgedrückt werden, dass die Folge sich für n → ∞ nur noch ganz wenig oder
n→∞
überhaupt nicht von dem Wert g unterscheidet und die Folge den Grenzwert g besitzt. Es kann folgende Fehlvorstellungen geben:
• Der Grenzwert g darf von der Folge nicht angenommen werden.
• Der Grenzwert g darf nicht überschritten werden.
• Im Unendlichen nimmt die Folge den Grenzwert g auf jeden Fall an.
Aufgabe: Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge an = (4 −
1
n2 )
· ( n+1
n ).
Lösung:
Da die Folge aus konvergenten Folgen zusammengesetzt ist, kann der Grenzwert durch die Anwendung der Grenzwertsätze bestimmt werden.
lim (4 −
n→∞
1
n+1
1
n+1
1
1
)·(
) = lim (4 − 2 ) · lim (
) = ( lim 4 − lim 2 ) · ( lim 1 + lim ) = 4
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞ n
n→∞
n→∞ n
n2
n
n
n
Aufgabe: Kann eine alternierende Folge konvergieren? Begründen Sie Ihre Aussage und geben Sie ein Beispiel an.
5.2. FOLGEN UND GRENZWERTE
235
Lösung:
Ja, auch eine alternierende Folge kann konvergieren. Beispielsweise ist die Folge an = (−1)n · n1 eine alternierende
Folge, die den Grenzwert 0 besitzt. Alternierend heißt, dass zwei aufeinander folgende Folgenglieder unterschiedliche
Vorzeichen haben. Hieraus kann man folgern, dass alternierende Folgen nur den Grenzwert 0 besitzen können.
Aufgabe: Zeigen Sie mit Hilfe der Grenzwertbildung, dass für die geometrische Reihe
∞
X
1
für |q| < 1 gilt.
qk =
1−q
k=0
Weisen Sie anschließend mit Hilfe der geometrischen Reihe nach, dass der Flächeninhalt der Quadratpflanze aus der
genetischen Hinführung tatsächlich 1,5 beträgt. Was können Sie über den Umfang der Quadratpflanze sagen?
Lösung:
Es gilt für die endliche geometrische Reihe:
n
X
qk =
k=0
1 − q n+1
1−q
Nun kann man den Grenzwert für n → ∞ bilden:
lim
n→∞
n
X
1 − q n+1
1−0
1
=
=
n→∞
1−q
1−q
1−q
q k = lim
k=0
Da |q| < 1 gilt, folgt lim q n+1 = 0.
n→∞
Für den Flächeninhalt der Quadratpflanze kann folgende Reihe aufgestellt werden:
∞ k
X
1
k=0
9
· 3k =
∞ k
X
1
k=0
3
=
1
1−
1
3
=
3
2
Somit ist gezeigt, dass der Grenzwert der Quadratpflanzenfläche wirklich 1,5 beträgt.
Der Umfang der Quadratpflanze besitzt keinen Grenzwert. Dieser wächst über alle Grenzen hinaus.
236
5.3
5.3.1
KAPITEL 5. ANALYSIS
Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit
Grenzwerte von Funktionen
Aufgabe: Stellen Sie die Berechnung von v0 graphisch dar und geben Sie eine Vermutung über den Verlauf von v0
für h → ∞ an.
TIPP: Verwenden Sie ein Computeralgebrasystem (Derive, Geogebra oder ähnliches) oder Tabellenkalkulationsprogramm, um die Funktion darzustellen.
Lösung:
Anhand des Graphen der Funktion v(h) lässt sich vermuten, dass die Funktion für h → ∞ gegen ca. 11 · 103 m
s strebt.
Aufgabe: Welche der folgenden Funktionen besitzt einen Grenzwert für x → ∞? Überlegen Sie sich dazu, was mit
den Funktionswerten für x → ∞ passiert.
a) f (x) = x
b) f (x) =
2x+1
x
c) f (x) =
1
x2 +1
−5
d) f (x) = −x3 + 4
Lösung:
Die Funktionen f (x) = x und f (x) = −x3 + 4 besitzen keinen Grenzwert.
Die anderen beiden Funktionen besitzen einen Grenzwert:
f (x) = x21+1 − 5 hat den Grenzwert −5
f (x) = 2x+1
= 2 + x1 besitzt den Grenzwert 2 für x → ∞
x
Aufgabe: Konstruieren Sie eine Funktion, die für x → ∞ einen Grenzwert besitzt.
Lösung:
Diese Aufgabe besitzt viele Lösungsmöglichkeiten. Zur Orientierung werden Ihnen einige Funktionen, die einen Grenzwert für x → ∞ besitzen, als Beispiel angegeben:
f (x) = x1
g(x) = 0, 5x
h(x) = − e1x
Bild:
5.3. GRENZWERTE VON FUNKTIONEN UND STETIGKEIT
237
Diese Funktionen können zur Konstruktion von weiteren Funktionen, die einen bestimmten Grenzwert besitzen sollen,
verwendet werden. Durch Verschieben und Strecken kann ein beliebiger Grenzwert konstruiert werden. Beispielsweise
kann die Funktion f (x) um 5 Einheiten nach oben verschoben werden um eine Funktion mit dem Grenzwert 5 zu
erhalten.
1
f (x) = + 5
x
Aufgabe: Ist die folgende Berechnung richtig?
(x − 3)(x + 2)
x2 − x − 6
6
= lim
= lim x − 1 − = x − 1
x→±∞
x→±∞
x→±∞
x
x
x
lim
Lösung:
Die Berechnung ist nicht richtig. Es muss wie folgt lauten:
(x − 3)(x + 2)
x2 − x − 6
6
= lim
= lim x − 1 − = ±∞
x→±∞
x→±∞
x→±∞
x
x
x
Bei der Berechnung des Grenzwertes könnte eine Verwechslung mit der Berechnung der Asymptote passiert sein, denn
die Asymptote der Funktion ist g(x) = x − 1. Die Asymptote ist kein Grenzwert, den eine Funktion annehmen kann.
Eine Asymptote beschreibt das Verhalten einer Funktion für x → ±∞ genauer als beispielsweise lim f (x) = ∞.
lim
x→∞
Aufgabe:
Was ist an der folgenden Lösung falsch?
Aufgabe:
Bestimmen Sie den Grenzwert der Funktion f (x) = x1 für x → 5
Lösung:
Die Funktion besitzt an der Stelle x = 5 keinen Grenzwert, weil die Funktion an der Stelle x = 5 keine Definitionslücke
besitzt.
Lösung:
Die Lösung ist falsch, da Funktionen auch an Stellen, die keine Definitionslücken sind, Grenzwerte besitzen können.
Der Grenzwert der Funktion f (x) = x1 an der Stelle 5 ist 15 .
Die Auslenkung des Federpendels lässt sich durch die Funktion y(t)
beschreiben.
y(t) = ymax · e−δt · cos 2π
T t
Aufgabe: y
max : anfängliche maximale Auslenkung
δ: Dämpfungskoeffizient
T : Periodendauer / Zeit für eine volle Schwingung
t: Zeit
Bild: Federpendel
a) Stellen Sie die Funktion y(t) für eine Dämpfung durch Eintauchen in Wasser (δ = 1s−1 ) graphisch dar. T ist von
der gewählten Feder abhängig und beträgt 1,5s. Die anfängliche Auslenkung ist 10cm.
b) Wie verhält sich y(t), wenn t gegen Unendlich strebt? Stimmt dieser Verlauf mit der Realität überein? Begründen
Sie Ihre Antwort.
c) Finden Sie eine Funktion, die das Verhalten der Maximalpunkte der Funktion beschreibt.
238
KAPITEL 5. ANALYSIS
d) Wie verändert sich die Funktion y(t), wenn nacheinander ymax , δ und T verändert werden? Beschreiben Sie Ihre
Beobachtungen und begründen Sie diese in Bezug auf die Realität.
Lösung:
a)
Bild:
b)
lim ymax · e−δt · cos
t→∞
2π
t=0
T
Der Grenzwert stimmt mit den Erfahrungen aus dem Alltag überein, da jede Schwingung mit der Zeit geringer wird
und schließlich irgendwann aufhört, bzw. nicht mehr wahrzunehmen ist.
c)
Bei der Funktion y(x) ist der Kosinusterm für die Schwingungen verantwortlich. Somit bestimmt der Term f (x) =
ymax · e−δt die Höhe der Maxima. Die Höhe der Minima wird durch den Term g(x) = −ymax · e−δt beschrieben.
Bild:
d)
• Verändert sich ymax , so verändert sich die Höhe der Anfangsamplitude.
• Verändert sich δ, so verändert sich die Höhe der Maxima und Minima.
• Wird T verändert, so ändert sich die Periode der Schwingung.
5.3. GRENZWERTE VON FUNKTIONEN UND STETIGKEIT
Bild:
Aufgabe: Entscheiden Sie, welche der Funktionen einen Grenzwert an der Stelle x0 besitzen.
a)
b)
c)
239
240
KAPITEL 5. ANALYSIS
d)
Lösung:
Die Funktion von a) besitzt einen Grenzwert an der Stelle x0 . Die anderen Funktion besitzen keinen Grenzwert an
den Stellen x0 .
Aufgabe:Besitzen die folgenden Funktionen einen Grenzwert an ihren Definitionslücken?
2
x + 2 x < 1, 5
−9
a) f (x) =
b) f (x) = xx2 +3x
2
x > 1, 5
Lösung:
Um die Funktionen auf Grenzwerte zu untersuchen, berechnet man den links- und rechtsseitigen Grenzwert der Definitionslücke.
a)
lim
x + 2 = 3, 5
lim
2=2
x → 1, 5
x → 1, 5
x > 1, 5
x < 1, 5
Da rechts- und linksseitiger Grenzwert an der Stelle x = 1, 5 nicht übereinstimmen, existiert an dieser Stelle kein
Grenzwert.
b) Die Funktion lässt sich zu f (x) = (x+3)(x−3)
umformen. Die Funktion ist an den Stellen x1 = 0 und x2 = −3 nicht
x(x+3)
x−3
definiert. Da sich die Funktion zu f (x) = x = 1 − x3 vereinfachen lässt, besitzt die Funktion an der Stelle x = −3
3
einen Grenzwert. An der Stelle x = 0 besitzt die Funktion keinen Grenzwert, da lim 1 − = −∞ gilt.
x→0
x
Aufgabe: Welche Gemeinsamkeiten und Unterschiede besitzen die Funktionen
3
2
+x
k(x) = x −2x
und f (x) = x2 − x?
x−1
Lösung:
Die Funktion k(x) kann wie folgt umgeformt werden:
k(x) =
x3 − 2x2 + x
x(x2 − 2x + 1)
x(x − 1)2
=
=
= x(x − 1) = x2 − x
x−1
x−1
x−1
Anhand der Umformung kann man sehen, dass sich k(x) so umformen lässt, dass diese mit f (x) übereinstimmt.
Dennoch sind k(x) und f (x) nicht gleich, denn k(x) besitzt an der Stelle x = 1 eine Definitionslücke.
Aufgabe: Bestimmen Sie die Grenzwerte der Funktionen mit Hilfe der Grenzwertsätze.
x2 − 3x
a) lim 2
b) lim x3 − x + 1
x→0 x + 5x
x→4
Lösung:
x2 − 3x
x−3
3
a) lim 2
= lim
=−
x→0 x + 5x
x→0 x + 5
5
b) lim x3 − x + 1 = lim x3 − lim x + lim 1 = 64 − 4 + 1 = 61
x→4
x→4
x→4
x→4
5.3. GRENZWERTE VON FUNKTIONEN UND STETIGKEIT
241
Aufgabe: Geben Sie eine Funktion, die für x → ±∞ einen Grenzwert von 4 besitzt, an.
Lösung:
Man kann sich überlegen, dass eine konstante Funktion mit f (x) = 4 den Grenzwert 4 besitzt. Um weitere Funktionen
zu konstruieren, können beispielsweise Funktionen, die den Grenzwert 0 besitzen zur bereits gefundenen konstanten
Funktion addiert oder subtrahiert werden. Mit diesen Übelegungen lassen sich beispielsweise folgende Funktionen
finden:
3) f (x) = 4 − 0, 2x
1) f (x) = 4
2) f (x) = x21+1 + 4
Die hier beschriebe Methode beruht auf den Grenzwertsätzen für Funktionen.
Aufgabe: 00 wurde bereits in einem vorigen Modul definiert. Nun sollen Sie diese Definition mit Ihrem Wissen über
Grenzwerte von Funktionen überprüfen.
Hinweis: Untersuchen Sie die Funktion f (x) = xx
Warum ist die Funktion f (x) nur für positive x definiert?
Lösung:
√
Bei negativem x ist die Wurzelfunktion nicht definiert (Bsp.: −0, 5−0,5 = − −0, 5). Somit macht eine Definition nur
für positive x Sinn.
x
f (x)
2
4
1
1
0,5
0,707
0,25
0,707
0,125
0,77
0,0625
0,84
0,03125
0,9
Auf Grund der Tabelle kann man die Aussage nur zum Teil bestätigen. Es ist eine Untersuchung des Grenzwertes lim xx nötig.
x→0
lim xx = lim eln x
x→0
x
x→0
= lim ex ln x
x→0
Im nächsten Schritt muss nun der Exponent x ln x untersucht werden. Bei der Berechnung des Grenzwertes wird der
Satz von de l’Hospital verwendet.
lim x ln x = lim
x→0
x→0
ln x
1
x
1
x
x→0 − 12
x
= lim
= lim −x = 0
x→0
Da lim x ln x = 0 ist lim ex ln x = 1. Somit wurde gezeigt, dass lim xx = 0.
x→0
x→0
x→0
Aufgabe: Worin unterscheidet sich die Grenzwertbestimmung von Funktionen und Folgen?
Lösung:
Im Gegensatz zu Folgen, können Funktionen für x → ∞ und für x → x0 einen Grenzwert besitzen. Folgen können nur
einen Grenzwert für n → ∞ besitzen.
Aufgabe: Geben Sie jeweils eine Funktion an, die
• eine schiefe Asymptote besitzt.
• eine hebbare Lücke hat.
• sich unbestimmt verhält.
• den Grenzwert x = 3 für x → ±∞ besitzt.
Lösung:
Die folgenden Lösungsvorschläge haben beispielhaften Charakter, denn diese Aufgabe hat nicht nur eine Lösungsmöglichkeit.
• schiefe Asymptote
Um eine Funktion mit einer schiefen Asymptote zu konstruieren, setzt man eine lineare Funktion und eine
gebrochenrationale Funktion, die den Grenzwert 0 für x → ∞ besitzt, zusammen. Der lineare Term beschreibt
hierbei den Verlauf der Asymptote.
x2 + x + 7
f (x) = 14x + 33 + 4
x − 23x
242
KAPITEL 5. ANALYSIS
• hebbare Lücke
Hat eine Funktion eine hebbare Definitionslücke, so lässt sich ein Term des Nenners mit einem Term des Zählers
einer gebrochenrationalen Funktion kürzen. Um eine solche Funktion zu konstruieren, setzt man eine gebrochenrationale Funktion aus Faktoren zusammen, die sich zum Teil kürzen lassen.
(x + 1)2
x2 + 2x + 1
=
(x + 1)(x − 1)
x2 − 1
f (x) =
Die Funktion hat die hebbare Lücke x = −1.
• unbestimmt
Eine unbestimmte Funktion kann sich beispielsweise aus Sinus- und Kosinustermen zusammensetzen.
f (x) = 10 cos x + 1
• Grenzwert x = 3 für x → ±∞
Um eine Funktion mit dem Grenzwert 3 zu konstruieren, die nicht konstant ist, kann eine Funktion aus einer
konstanten Funktion f (x) = 3 mit einer Funktion, die für x → ±∞ den Grenzwert 0 besitzt, zusammengesetzt
werden.
x
f (x) = 2
+3
x +1
Aufgabe: Untersuchen Sie die Funktion f (x) =
(x−3)(x2 −4)
(x−2)x
auf Konvergenz und Asymptoten.
Lösung:
f (x) =
(x − 3)(x − 2)(x + 2)
(x − 2)x
Die Funktion f (x) besitzt an der Stelle x = 2 eine hebbare Definitionslücke.
(x − 3)(x + 2)
x2 − x − 6
6
= lim
= lim x − 1 − = ∞
x→0
x→0
x→0
x
x
x
lim
Die Funktion f (x) besitzt eine Polgerade bei x = 0 Für x → ±∞ gilt:
(x − 3)(x + 2)
x2 − x − 6
6
= lim
= lim x − 1 − = ±∞
x→±∞
x→±∞
x→±∞
x
x
x
lim
Die Funktion f (x) besitzt die Asymtote g(x) = x − 1.
Aufgabe: Bestimmen Sie mit Hilfe der Reihenentwicklung den Grenzwert der Funktionen.
x2
+ cos x − 1
a) lim 2
x→0
x4
ex − 1
b) lim
x→0
x
Hinweis:
3
4
2
ex = 1 + x + x2! + x3! + x4! + ...
2
4
6
cos x = 1 − x2! + x4! − x6! + ...
Lösung:
a)
lim
x→0
x2
2
+ cos x − 1
= lim
x→0
x4
x2
2
+1−
x2
2!
+
x4
4!
x4
−
x6
6!
+ ... − 1
= lim
x4
4!
−
x→0
x6
6!
x4
+ ...
1
x2
1
1
−
+ ... =
=
x→0 4!
6!
4!
24
= lim
b)
1+x+
ex − 1
= lim
x→0
x→0
x
lim
x2
2!
+
x3
3!
x
+
x4
4!
+ ... − 1
= lim
x→0
x+
x2
2!
+
x3
3!
x
+
x4
4!
+ ...
= lim 1 +
x→0
x
x2
x3
+
+
+ ... = 1
2!
3!
4!
5.3. GRENZWERTE VON FUNKTIONEN UND STETIGKEIT
5.3.2
243
Stetigkeit
Pn
k
Aufgabe: Es sei f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 =
k=0 ak x ein beliebiges Polynom mit reellen Koeffizienten
a0 , ..., an ∈ R. Zeigen Sie mit Hilfe der Beweisstrategie aus vorherigem Beispiel, dass f auf ganz R stetig ist.
Aufgabe: Machen Sie sich klar, dass dies eine Anwendung der Grenzwertsätze aus dem Modul “Grenzwerte von
Funktionen“ ist.
Aufgabe: Es sei f : R → R eine
stetige Funktion. Weiter sind folgende Funktionswerte von f bekannt: Für jede
n
1
√
= n+1
. Welchen Wert nimmt die Funktion am Punkt 0 an?
natürliche Zahl n ∈ N gilt f
n
1
n n∈N
Aufgabe: Wir betrachten die die Nullfolgen (xn )n∈N :=
und (yn )n∈N :=
(−1)n
n
. Weiter betrachten wir
n∈N
die Funktion
(
f (x) =
|x|
x ,
0,
x 6= 0,
x = 0.
(a) Bestimmen Sie die Bildfolgen (an )n∈N := (f (xn ))n∈N und (bn )n∈N := (f (yn ))n∈N .
Lösung:
Für echt positive Zahlen nimmt die Funktion f den Wert 1 an und für echt negative Zahlen nimmt die Funktion
f den Wert −1 an. Da die Folgenglieder der Folge (xn )n∈N alle echt positiv sind, gilt für jedes Folgenglied der
Folge (an )n∈N die Gleichung an = 1.
Die Folgenglieder der Folge (yn )n∈N sind abwechselnd echt positiv und echt negativ. Es gilt daher b1 = −1,
b2 = 1, b3 = −1 usw. Damit erhalten wir für die Folgenglieder der Bildfolge (bn )n∈N die Gleichung bn = (−1)n .
(b) Welche dieser Bildfolgen konvergiert?
Lösung:
Die Folge (an )n∈N ist konstant. Jedes Folgenglied hat den Wert 1. Damit konvergiert diese Folge gegen 1.
Die Folge (bn )n∈N ist alternierend. Da nur die Werte 1 und −1 als Folgenglieder vorkommen, erhalten wir
für den Betrag jedes Folgengliedes |bn | = 1. Wäre die Folge konvergent, hätte auf Grund der Stetigkeit der
Betragsfunktion auch ihr Grenzwert den Betrag 1. Sie müsste also entweder gegen 1 oder gegen −1 konvergieren.
Beide Möglichkeiten stehen im Widerspruch zur Definition des Grenzwertbegriffs: Für gerade Zahlen 2n gilt
|b2n − (−1)| = 2 und für ungerade Zahlen 2n + 1 gilt |b2n+1 − 1| = 2. Also kann die Folge (bn )n∈N nicht
konvergent sein.
(c) Folgt aus der Konvergenz (an )n∈N die Stetigkeit von f im Punkt 0?
Lösung:
Zwar ist die Bildfolge (an )n∈N konstant und damit konvergent, aber der Grenzwert a := limn→∞ an = 1 stimmt
nicht mit dem Funktionswert f (0) überein. Damit folgt sogar, dass f in 0 nicht stetig sein kann.
Anmerkung: Selbst wenn gelte a = f (0) ist es niemals ausreichend, eine einzige Folge und deren Bildfolge zu
betrachten, um auf die Stetigkeit einer Funktion in einem Punkt x0 zu schließen.
Für den Nachweis von Unstetigkeit einer Funktion in einem Punkt x0 reicht ein Gegenbeispiel, für den Nachweis
von Stetigkeit einer Funktion in einem Punkt x0 müssen alle Folgen mit festem Grenzwert x0 untersucht werden.
(d) Folgt aus der Divergenz von (bn )n∈N , dass f in 0 unstetig ist?
Lösung:
Da wir eine Nullfolge gefunden haben, deren Bildfolge nicht konvergent ist, kann f im Punkt 0 nicht stetig
sein. Stetigkeit im Punkt 0 bedeutet, dass die Bildfolge jeder beliebigen Nullfolge konvergent ist und gegen den
Grenzwert f (0) konvergiert. Dies ist bereits für die Nullfolge (bn )n∈N nicht wahr, also kann dies nicht für jede
Nullfolge gelten. Die Funktion f ist also unstetig im Punkt 0.
(e) Gibt es eine Möglichkeit, den Funktionswert von f an der Stelle 0 derart zu verändern, dass f stetig wird?
Lösung:
Wir haben gesehen, dass die Bildfolge (bn )n∈N nicht konvergent ist. Egal wie wir den Funktionswert f (0) abänderten, die Bildfolge bliebe nicht konvergent. Es gibt also keine Möglichkeit, die Funktion durch Verändern des
Wertes f (0) stetig zu machen.
244
KAPITEL 5. ANALYSIS
Aufgabe: Es sei f : R → R mit
1 2
x>0

2x ,


0,
x=0
f (x) =
x

e
−
1,
−2 < x < 0


 −2
e ,
x ≤ −2.
Wo ist f stetig, wo unstetig? Visualisieren Sie sich f durch einen Funktionsgraphen.
Aufgabe: Begründen oder widerlegen Sie folgende Aussage: Die Funktion
(
√
1, x > 2
√
f (x) =
0, x < 2
√
√
√
ist auf dem Definitionsgebiet D = R \ { 2} =] − ∞, 2[∪] 2, ∞[ unstetig.
Aufgabe: [Eine falsche Anwendung von Stetigkeit] Wo liegt der Fehler in folgender Argumentation?
1. Die Parabelfunktion f (x) = 2x2 − 1 ist auf ganz R stetig.
2. Offensichtlich gilt f (−1) = f (1) = 1.
3. Wir erhalten 1 = f (1) = limn→∞ f ((−1)n ).
4. Damit folgt f (1) = limn→∞ f ((−1)n ) = f (limn→∞ (−1)n ).
5. Wenn Aussage 4. stimmt, folgt also limn→∞ (−1)n = 1.
Aufgabe: [Funktionen von quadratischen Polynomen] Für x ∈ D :=] − ∞, −2] betrachten wir das Polynom
px (t) = t2 + xt + 1.
Dieses hat entweder 2, 1 oder keine Nullstelle.
(a) Zeigen Sie, dass für jedes feste x ∈ D das Polynom px mindestens eine Nullstelle besitzt, dass es also ein t ∈ R
gibt mit px (t) = 0. Visualisieren Sie sich die Graphen des Polynoms für x = −2, für x = −3 und für x = −4.
Lösung:
Die Variable des Polynoms ist t, für die Nullstellenberechnung ist also x ein Parameter. Als quadratisches
Polynom können wir mit pq-Formel oder abc-Formel die Nullstellen des Polynoms ausrechnen:
√
−x ± x2 − 4
t1,2 =
.
2
Da der Ausdruck unter der Wurzel für x ≤ −2 niemals negativ wird, besitzt jedes Polynom px mindestens eine
Nullstelle für x ∈ D.
Bild: Der Graph des Polynoms p−2 .
5.3. GRENZWERTE VON FUNKTIONEN UND STETIGKEIT
245
Bild: Die Graphen der Polynome p−3 und p−4 .
Wir definieren nun zwei Funktionen auf D. Zum einen sei f (x) die Anzahl der verschiedenen Nullstellen von px und
zum anderen sei g(x) die kleinste Nullstelle von px .
(b) Zeigen Sie, dass f in x0 = −2 unstetig und in allen anderen Punkten aus D stetig ist.
Lösung:
√
Das Polynom px hat genau dann nur eine Nullstelle, wenn gilt x2 − 4 = 0. Dies ist für x = −2 oder x = 2
gegeben. Da x = 2 nicht in D liegt,
können wir diesen Fall ignorieren.
√
Für x < −2 ist der Ausdruck x2 − 4 echt positiv. Damit liefert die Lösungsformel für die Nullstellen von px
zwei verschiedene Nullstellen. Wir erhalten also die Identität
1,
x = −2
f (x) =
2,
x < −2.
Diese Funktion ist also auf ] − ∞, −2[ konstant und damit stetig für alle Punkte x0 ∈] − ∞, −2[. Für x0 =
−2 besitzt der Graph eine Sprungstelle. Die Funktion ist hier unstetig. Dies bestätigen wir durch die Folge
(xn )n∈N := (−2 − n1 )n∈N . Für alle n ∈ N gilt xn < −2. Damit gilt f (xn ) = 2 und limn→∞ f (xn ) = 2. Da
limn→∞ xn = −2 und f (−2) = 1 gilt, stimmt der Grenzwert der Bildfolge nicht mit dem Funktionswert im
Punkt −2 überein, f kann also nicht stetig sein.
Bild: Der Graph der Funktion f .
(c) Untersuchen Sie g auf Stetigkeit.
Lösung:
Wir wissen, dass die kleinste Nullstelle von px durch die Formel
√
−x − x2 − 4
g(x) =
2
gegeben ist. Diese Funktion ist als Summe einer Verknüpfung der Wurzelfunktion mit einem Polynom und einer
linearen Funktion stetig auf ganz D.
Bild: Der Graph der Funktion g.
246
KAPITEL 5. ANALYSIS
Aufgabe: Versuche, mit -δ zu verstehen, warum die Heavyside Funktion in x0 = 0 unstetig ist, indem Du mit einer
Fehlertoleranz 0 < < 1 arbeitest.
Hinweis: Wähle als konkrete Zahl, z. B. = 0.5, und zeige, dass es kein δ > 0 dazu gibt.
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
5.4
247
Differentialrechnung
5.4.1
Differenzierbarkeit
Aufgabe: Bestimmen Sie die momentane Geschwindigkeit der Expedition GeForce nach dem first drop“, indem Sie
”
die Steigung der Tangente im Punkt A für x0 = 3, 3s bestimmen.
Lösung:
Um die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt 3, 3s für die Expedition GeForce zu bestimmen, muss für x0 = 3, 3 und
f (x) − f (x0 )
bestimmt werden.
f (x) = 4, 575x2 der Grenzwert lim
x→x0
x − x0
4, 575x2 − 4, 575x20
x2 − x20
(x − x0 )(x + x0 )
lim
= lim 4, 575 ·
= lim 4, 575 ·
= 4, 575 · lim (x + x0 ) = 4, 575 · 2x0
x→x0
x→x0
x→x0
x→x0
x − x0
x − x0
x − x0
km
.
Dies
sind
nicht
ganz
115
Somit beträgt die Geschwindigkeit nach 3,3s theoretisch 109 km
h
h , jedoch wurden einige
Vereinfachungen zum Modellieren dieser Situation gemacht. Beispielsweise wurde zur Bestimmung der Funktion f
angenommen, dass die Beschleunigung auf Grund von Reibungskräften und schiefem Fall etwas geringer ist, als 9, 81 sm2 .
Aufgabe: Führen Sie graphisch das Newton-Verfahren an der Funktion f (x) = (x3 − 7x + 2) · 0, 2 durch, indem Sie
die Tangente am Punkt P (x0 , f (x0 )) eintragen und das Verfahren weiterführen.
Lösung:
Zunächst wird die Tangente am Punkt P (x0 , f (x0 )) eingezeichnet. Die Nullstelle der Tangente gibt nun den neuen
Wert vor, an dem die nächste Tangente eingezeichnet werden muss.
Aufgabe: Finden Sie näherungsweise die Nullstellen der Funktion f (x) = x5 −x− 51 mit Hilfe des Newton-Verfahrens.
Geben Sie diese auf drei Dezimalstellen an.
Lösung:
Anhand der folgenden Tabelle ist zu erkennen, dass die Funktion mindestens drei Nullstellen besitzt. Für jede dieser
Nullstellen wurde das Newton-Verfahren mit den Startwerten 2, -0,5 und -1,5 durchgeführt.
x
f (x)
-1
-0,2
-0,8
0,27232
-0,6
0,32224
-0,4
0,18976
-0,2
-0,00032
0
-0,2
1
-0,2
2
29,8
248
n
1
2
3
4
5
6
7
8
KAPITEL 5. ANALYSIS
x0 = 2
1,623
1,343
1,158
1,067
1,046
1,045
1,045
1,045
x0 = −0, 5
-0,109
-0,200
-0,200
-0,200
-0,200
-0,200
-0,200
-0,200
x0 = −1, 5
-1,241
-1,066
-0,972
-0,944
-0,942
-0,942
-0,942
-0,942
Aufgabe: Lösung zu obiger Aufgabenstellung:
Lösung:
Das Newton-Verfahren funktioniert nicht, wenn
• der Startwert eine Extremstelle ist, da hier die Tangentensteigung 0 beträgt.
• der Startwert so gewählt wird, dass die dazugehörigen Tangentennullstellen sich von der tatsächlichen Nullstelle
der Funktion entfernen.
• es Startpunkte gibt, bei denen sich endlich viele Punkte in immer derselben Reihenfolge abwechseln. Man sagt
auch, dass die Folge oszilliert.
• die Folge, falls die Funktion mehrere Nullstellen hat, gegen eine andere als die gewünschte Nullstelle konvergiert.
Aufgabe:
Sie haben bereits das Newton-Verfahren indirekt als Heron-Verfahren kennengelernt.
√
a kann nach dem Heron-Verfahren näherungsweise mit Hilfe folgender Iteration bestimmt werden:
xn+1 =
xn +
a
xn
2
Versuchen Sie das Heron-Verfahren aus dem Newton-Verfahren herzuleiten, indem Sie die Nullstellen der Funktion
f (x) = x2 − a bestimmen.
Lösung:
f 0 (x) = 2x
Setzen Sie nun die Funktion und die Ableitung in das Newton-Verfahren ein:
xn+1 = xn −
a
xn +
x2n − a
xn
= xn −
+ xn =
2xn
2
2
2
a
xn
Aufgabe: Finden Sie den Widerspruch in den Lösungen der folgenden Aufgabe.
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
249
Untersuchen Sie, ob die Funktion

 x−1
1
f (x) =

x+1
für
für
für
x<0
x=0
x>0
an der Stelle x0 = 0 differenzierbar ist.
1. Lösungsweg
f 0 (0) = (f (0))0 = (1)0 = 0
Die Funktion ist an der Stelle x0 = 0 differenzierbar mit f 0 (0) = 0.
2. Lösungsweg
Zuerst wird f an der Stelle 0 auf Stetigkeit überprüft.
lim
x→0,x<0
lim
f (x) =
x→0,x>0
lim (x − 1) = −1
x→0,x<0
f (x) =
lim (x + 1) = 1
x→0,x>0
Da links- und rechtsseitiger Grenzwert nicht übereinstimmen, ist f nicht stetig und damit auch nicht differenzierbar
an der Stelle x0 = 0.
3. Lösungsweg
Für x < 0 gilt f 0 (x) = (x − 1)0 = 1
Für x > 0 gilt f 0 (x) = (x + 1)0 = 1
Somit gilt:
lim
f 0 (x) =
lim
f 0 (x) =
x→0,x<0
x→0,x>0
lim (1) = 1
x→0,x<0
lim (1) = 1
x→0,x>0
Hieraus folgt, dass die Funktion differenzierbar mit f 0 (0) = 1 ist.
Lösung:
Die Lösungen 1 und 3 sind falsch. Der Fehler in der ersten Lösung besteht darin, dass die Differenzierbarkeit nicht
durch das Berechnen eines Ableitungswertes an einer Stelle überprüft werden kann. Der Fehler in der dritten Lösung
besteht darin, dass anstatt der Grenzwerte der Funktion die Grenzwerte der erste Ableitung untersucht wurden. Die
zweite Lösung ist korrekt, da diese sich darauf stützt, dass eine Funktion zunächst erstmal stetig sein muss, um
differenzierbar sein zu können.
Aufgabe: Welche der Funktionen ist im dargestellten Bereich differenzierbar?
a)
b)
250
KAPITEL 5. ANALYSIS
c)
d)
Lösung:
Die Funktionen in den Aufgabenteilen a) und b) sind im dargestellten Bereich differenzierbar. Da die Funktion in
Aufgabenteil c) in x = 0 nicht definiert ist und eine Polgerade besitzt, ist diese nicht differenzierbar. Die Funktion in
Aufgabenteil d) ist an den Stellen x1 = −2 und x2 = 2 nicht differenzierbar, da der Graph an diesen Stellen Knicke
aufweist.
Aufgabe: Skizzieren Sie zwei verschiedene Funktionsgraphen, die auf Grund unterschiedlicher Ursachen nicht differenzierbar sind.
Lösung:
Eine Funktion ist nicht differenzierbar, wenn der Graph folgende Eigenschaften besitzt:
1. Sprungstelle
2. Knick
Aufgabe: Geben Sie ein Beispiel für eine differenzierbare Funktion an und beschreiben Sie, wie die Differenzierbarkeit
dieser Funktion gezeigt werden kann.
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
251
Lösung:
Beispiel: f (x) = x2
Mit Hilfe des Differentialquotienten kann die Funktion auf Differenzierbarkeit untersucht werden. Existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten an jeder Stelle der Funktion, so ist die Funktion differenzierbar.
Aufgabe: Zeigen Sie mit Hilfe des Differentialquotienten, dass die Funktion f : D → R mit f (x) =
differenzierbar ist.
Ist die Funktion f auch an der Stelle x1 = 0 differenzierbar?
√
x in x0 = 3
Lösung:
Da der Differentialquotient an der Stelle x0 = 3 existiert, ist die Funktion an der Stelle x0 differenzierbar.
√
√
3+h− 3
3+h−3
1
1
0
√ = lim √
√ = √
= lim √
f (3) = lim
h→0
h→0
h→0
h
h( 3 + h + 3)
( 3 + h + 3)
2 3
Da die Ableitungsfunktion f 0 (x) =
Ableitung.
1
√
2 x
für x = 0 nicht definiert ist, besitzt die Funktion an dieser Stelle keine
Aufgabe: Zeichen Sie die Funktion f (x) = |x| und zeigen Sie, dass die Funktion in 0 stetig, aber nicht differenzierbar
ist.
Lösung:
Um zu zeigen, dass die Funktion f in 0 stetig ist, überprüft man, ob links-und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen.
lim |x| = lim −x = 0
x→0
x→0
x<0
x<0
lim |x| = lim x = 0
x→0
x→0
x>0
x>0
Da links- und rechtsseitiger Grenzwert übereinstimmen, ist die Funktion f in 0 stetig.
Auf die gleiche Art kann man die Differenzierbarkeit der Funktion in 0 überprüfen. Die Tangentensteigungen, die sich
von links und von rechts dem Punkt 0 nähern, müssen sich der gleichen Steigung nähern.
f (x) − f (0)
|x|
−x
lim
= lim
= lim
= −1
x
−
0
x
x→0
x→0
x→0 x
x<0
x<0
x<0
f (x) − f (0)
|x|
x
lim
= lim
= lim
=1
x−0
x→0
x→0 x
x→0 x
x>0
x>0
x>0
Da die Tangentensteigungen nicht übereinstimmen, ist die Funktion f in 0 nicht differenzierbar.
Somit ist gezeigt, dass |x| zwar stetig, jedoch nicht differenzierbar ist.
252
5.4.2
KAPITEL 5. ANALYSIS
Interpretation erster und höherer Ableitungen
Aufgabe: Bestimmen Sie, wie viele Sekunden die Geschwindigkeit der Expedition GeForce über 50 km
h liegt. Geben
Sie zunächst die allgemeine Ableitungsfunktion von f(x) mithilfe des Differentialquotienten an.
Lösung:
f 0 (x)
=
=
=
=
=
=
f (x + h) − f (x)
h
4, 575(x + h)2 − 4, 575x2
lim
h→0
h
4, 575(x2 + 2xh + h2 ) − 4, 575x2
lim
h→0
h
4, 575x2 + 2 · 4, 575xh + 4, 575h2 − 4, 575x2
lim
h→0
h
h(9, 15x + 4, 575h)
lim
h→0
h
lim 9, 15x + 4, 575h = 9, 15x
lim
h→0
h→0
Die Ableitungsfunktion f 0 (x) = 9, 15x beschreibt die Geschwindigkeit zum Zeitpunkt x.
Anschließend muss untersucht werden, wie lange die Geschwindigkeit über 50 km
h liegt. Hierzu wird zunächst berechnet,
km
m
zu welchem Zeitpunkt die Geschwindigkeit 50 h = 13, 8 s übersteigt.
Dazu muss gelten:
13, 8
<
9, 15x
x
>
1, 52
Die Achterbahn erreicht beim first drop“ nach diesem Modell nach nur ca. 1, 52s eine Geschwindigkeit von über 50 km
h .
”
Bis zum Ende des first drop“ nach 3,3s wäre die Geschwindigkeit also etwa 1, 78s lang über 50 km
.
Nach
dem
first
h
”
”
drop“ ändert sich die Geschwindigkeit wieder, je nach Verlauf der Achterbahn.
Aufgabe: Erklären Sie, wie man auf die obige Näherung kommt.
Hinweis: Definition der Ableitung
Lösung:
Die Ableitung an der Stelle x0 ist definiert als:
f 0 (x0 ) = lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
Aus dieser Definition kann man die lineare Approximation für kleine |x − x0 | begründen.
f 0 (x0 )
f 0 (x0 ) · (x − x0 )
f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (x − x0 )
≈
≈
≈
f (x)−f (x0 )
x−x0
f (x) − f (x0 )
f(x)
Aufgabe: Versuchen Sie für die folgenden Funktionen eine lineare Näherung um x0 anzugeben.
√
a) f (x) = 1 + x , x0 = 0
b) f (x) = cos x , x0 = π2
Wie viel weicht die lineare Approximation von der tatsächlichen Funktion ab, wenn sie jeweils +0, 5 Einheiten von x0
entfernt sind?
Lösung:
a) Mit f 0 (x) =
√1
2 1+x
folgt:
f (x) ≈ f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (x − x0 ) = 1 +
1
·x
2
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
√
• 1 + 0, 5 ≈ 1, 225
• 1+
1
2·2
253
≈ 1, 25
0
b) Mit f (x) = − sin(x) folgt:
f (x) ≈ f (x0 ) + f 0 (x0 ) · (x − x0 ) = 0 − 1 · (x −
π
)
2
• cos( π2 + 0, 5) ≈ −0.479
• −1 · 0.5 ≈ −0.5
Aufgabe: Nehmen Sie Stellung zu folgenden Aussagen. Was ist hier nicht korrekt?
hat die Ableitung f 0 (x) = − x12 . Die Steigung an der Stelle x = 0 beträgt f 0 (0) = ∞.“
a) Die Funktion f (x) =
”
1
x
b) Die Funktion f (x) =
”
(x2 +3)(x−4)
x−4
hat die Ableitung f 0 (x) = 2x. Die Steigung an der Stelle x = 4 beträgt 8.“
Lösung:
a) Da f (x) für 0 nicht definiert ist, existiert auch keine Ableitung in diesem Punkt.
Man könnte lim f 0 (x) = ∞ schreiben.
x→0
b) Die Funktion ist an der Stelle x = 4 nicht definiert. Somit existiert auch keine Ableitung an diesem Punkt.
Aufgabe: Wie erklären Sie, dass folgende Aussage nicht korrekt ist?
Die Ableitung von f (x) = x ist 0, da vor dem x keine Zahl mehr steht“
”
Lösung:
Die Aussage Die Ableitung von f (x) = x ist 0, da vor dem x keine Zahl mehr steht“ ist nicht korrekt, da f (x) = x
”
keine konstante Funktion ist und damit 0 nicht als Ableitungsfunktion besitzen kann. Die Funktion kann auch als
f (x) = 1 · x geschrieben werden, wodurch deutlich wird, dass f 0 (x) = 1 sein muss.
Aufgabe: Welche Graphen ergeben ein Paar, das aus Funktion und passender Ableitungsfunktion besteht?
a)
b)
254
KAPITEL 5. ANALYSIS
c)
d)
e)
f)
g)
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
255
h)
Lösung:
Die Funktion
Die Funktion
Die Funktion
Die Funktion
f) ist die Ableitung der Funktion a).
d) ist die Ableitung der Funktion b).
g) ist die Ableitung der Funktion e).
c) ist die Ableitung der Funktion h).
Aufgabe: Leiten Sie die dargestellte Funktion graphisch ab, indem Sie die Steigungen schätzen und die markanten
Punkte hervorheben.
Bild:
Lösung:
256
KAPITEL 5. ANALYSIS
Bild:
In der Graphik ist eine zeichnerische Ableitung dargestellt. Ihre Ableitung kann davon abweichen. Sie sollte jedoch
tendenziell den gleichen Verlauf besitzen und Nullstellen und Extrema an den gleichen Stellen aufweisen.
Aufgabe: Viele Vorgänge in der Natur und im Alltag lassen sich annähernd durch differenzierbare Funktionen beschreiben. Geben Sie für die folgenden Beispiele an, wie die Ableitung in diesen Fällen gedeutet werden kann.
Beispiel
Das Volumen eines Prismas wird
in Abhängig von der Höhe durch
V = Grundf läche · H öhe bestimmt.
Die Temperatur einer Tasse heißen Kaffees wird in Abhängigkeit
von der Zeit gemessen.
Der Energiebedarf wird über die
Zeit gemessen.
Die Anzahl der Algen in einem
See wird täglich bestimmt.
Deutung der Ableitung
Lösung:
Beispiel
Das Volumen eines Prismas wird
in Abhängig von der Höhe durch
V = Grundf läche · H öhe bestimmt.
Die Temperatur einer Tasse heißen Kaffees wird in Abhängigkeit
von der Zeit gemessen.
Der Energiebedarf eines Gerätes
wird über die Zeit gemessen.
Die Anzahl der Algen in einem
See wird täglich bestimmt.
Deutung der Ableitung
Die Ableitung der Funktion V =
Grundf läche · H öhe ergibt die
Grund- bzw. Querschnittsfläche
eines Prismas.
Wird die Temperaturfunktion,
die das Abkühlen der Tasse Kaffee beschreibt, abgeleitet, so wird
die Abkühlgeschwindigkeit bestimmt
Wird die Funktion, die den Energiebedarf beschreibt, abgeleitet,
so wird die Leistung des Gerätes
bestimmt
Die Ableitung der Algenbestandsfunktion beschreibt das
Algenwachstum in dem See.
Aufgabe: Was bedeutet f 0 (x) geometrisch? Welche Bedeutung hat f 0 (x), wenn f (x) die Größe eines Mammutbaums
im Jahr x angibt?
Lösung:
Geometrisch bedeutet die Ableitung die Steigung der Tangente, die an die Funktion angelegt wird. Im Beispiel gibt
f 0 (x) die Momentangeschwindigkeit des Baumwachstums an.
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
257
Aufgabe: Achten Sie im Alltag auf Formulierungen und Situationen, hinter denen sich Ableitungen verbergen.
Überlegen Sie sich, um welche Ableitung es sich handelt, und welche Funktion nach welcher Variablen abgeleitet
wurde.
258
5.4.3
KAPITEL 5. ANALYSIS
Ableitungsregeln
Aufgabe: Untersuchen Sie, ob die Kapazität der Turbinen für die beschriebenen Zuflussmengen genügt und ob es
erforderlich gewesen wäre, während der aufgezeichneten sieben Tage, die Notventile zu öffnen.
Lösung:
Um die Belastung der Turbinen zu überprüfen, wird die Zuflussmenge mithilfe der ersten Ableitung untersucht. Ist
der Zufluss kleiner als die Kapazität der Turbinen, ist es nicht notwendig die Notventile zu öffnen. Die erste Ableitung
1
der Funktion f (x) = (−x2 + 10x − 20)e 2 x + 50 kann wie folgt bestimmt werden:
f 0 (x)
=
=
1
((−x2 + 10x − 20)e 2 x )0 + (50)0
2
((−x + 10x − 20)e
0
)
(Summenregel)
(Konstantenregel)
1
2x
1
· (−x2 + 10x − 20)(e 2 x )0 (Produktregel)
1
1 1
= (−2x + 10)e 2 x · (−x2 + 10x − 20) · e 2 x (siehe Nebenrechnung)
2
1
1
= (− x2 + 3x)e 2 x
2
=
0
1
2x
2
(−x + 10x − 20) e
Nebenrechnungen:
(−x2 + 10x − 20)0
(−x2 )0 + (10x)0 + (20)0
=
= −2x + 10
1
(e 2 x )0
=
(Summenregel)
(Potenz-, Faktor- und Konstantenregel)
1
x = u)
2
(Kettenregel)
(eu )0
(Substitution:
(u)0 · (eu )0
1 1x
(Rücksubstitution)
e2
=
2
=
An dem Graphen der Ableitungsfunktion f 0 (x) (siehe roter gestrichelter Graph) kann der höchste Zufluss abgelesen
werden.
Bild: Änderung der Füllmenge pro Tag
.
Es ist zu erkennen, dass der höchste Zufluss schon vor dem 5. Tage erreicht wurde. Dieser ist kleiner als
3
40M io.m3
T ag
3
und entspricht etwa 463 ms . Da die Turbinen eine Kapazität von bis zu 1300 ms besitzen, bestand zu keiner Zeit die
Notwendigkeit die Notventile zu öffnen.
Aufgabe: Hier wurden Ableitungsregeln nicht ganz korrekt angewandt. Finden Sie die Fehler und korrigieren Sie
diese.
a)
f (x)
=
(x2 + 2x)(10x − 23)
f 0 (x)
=
(2x + 2)10
b)
g(x)
=
6x6 + 3x3 + x2
g 0 (x)
=
36x + 9x + 2x
5.4. DIFFERENTIALRECHNUNG
259
c)
h(x)
0
h (x)
=
sin(x2 + 2x − 1)
=
(2x + 2) sin(x2 + 2x − 1)
Lösung:
a)Es wurde nur in den Klammern abgeleitet. Dies ist falsch, denn es muss die Produktregel angewendet werden. Die
richtige Ableitung lautet:
f 0 (x) = (2x + 2)(10x − 23) + (x2 + 2x) · 10
b) Die einzelnen Summanden wurden mit ihren Exponenten multipliziert. Dies stimmt nicht mit der Potenzregel des
Ableitens überein. Die richte Ableitung lautet:
g 0 (x) = 36x5 + 9x2 + 2x
c) Hier wurde die Kettenregel nur zum Teil angewendet, denn es wurde die äußere Ableitung vergessen. Die richtige
Ableitung lautet:
h0 (x) = (2x + 2) · cos(x2 + 2x − 1)
Aufgabe: Welche der folgenden Ableitungsfunktionen von f (x) = 3x4 ist richtig? Worin besteht in den anderen
Ableitungsfunktionen der Fehler?
Ableitungen:
• f 0 (x) = 3x3
• f 0 (x) = 12x
• f 0 (x) = 12x3
Lösung:
f (x) = 3x4
f 0 (x) = 3x3
falsch
f 0 (x) = 12x
falsch
f 0 (x) = 12x3
richtig
Bei dieser Ableitung wurde nur die Potenz um 1 gesenkt.
Bei dieser Ableitung wurde der Vorfaktor mit der
Potenz multipliziert und das Senken der Potenz nicht
berücksichtigt.
Hier wurde die Potenzregel richtig angewendet.
Aufgabe: p
Bilden Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen. Welche Ableitungsregeln haben Sie verwendet?
a) f (x) = (7x3 + 13x − 1)3
b) f (x) = (x − 5)(x3 + x)
5
−17
c) f (x) = x 31
Lösung:
√
a) f 0 (x) = 23 · (21x2 + 13) · 7x3 + 13x − 1
b) f 0 (x) = 1 · (x3 + x) + (3x2 + 1)(x − 5)
5 4
c) f 0 (x) = 31
x
Kettenregel
Produktregel
Potenzregel
Aufgabe: Welche Ableitungsregeln wurden angewendet?
a) f (x) = 2x5 + 3x4 + 2x + 1
b)f (x) = cos(x)·sin(x)
√ x2 +2
c) f (x) = x4 − 2x2 + 1
f 0 (x) = 10x4 + 12x3 + 2
2
2
2
+2)−cos x·sin x·2x
f 0 (x) = (− sin (x)+cos x)·(x
(x2 +2)2
1
f 0 (x) = 21 (x4 − 2x2 + 1)− 2 (4x3 − 4x)
260
KAPITEL 5. ANALYSIS
Lösung:
a) f (x) = 2x5 + 3x4 + 2x + 1
b)f (x) = cos(x)·sin(x)
√ x2 +2
c) f (x) = x4 − 2x2 + 1
f 0 (x) = 10x4 + 12x3 + 2
2
2
2
+2)−cos x·sin x·2x
f 0 (x) = (− sin (x)+cos x)·(x
(x2 +2)2
1
f 0 (x) = 12 (x4 − 2x2 + 1)− 2 (4x3 − 4x)
Potenzregel
Quotienten- und Produktregel
Kettenregel
Aufgabe: Zeigen Sie mit den Methoden der Differentialrechnung, dass die Funktion f (x) = sin2 (x) + cos2 (x) eine
konstante Funktion ist.
Lösung:
Für alle x ∈ D gilt f 0 (x) = 0 genau dann, wenn eine Funktion konstant ist. Es ist also zu zeigen, dass f 0 (x) = 0 für
f (x) = sin2 (x) + cos2 (x) gilt.
f 0 (x) = 2 cos(x) sin(x) + (−2 sin(x) cos(x)) = 0
Somit ist f (x) = sin2 (x) + cos2 (x) eine konstante Funktion.
Aufgabe: Die Funktion f sei umkehrbar und differenzierbar und ihre Umkehrfunktion f −1 sei ebenfalls differenzierbar. Bestimmen Sie die Ableitung der Funktion g(x) = f −1 (f (x)). Folgern Sie daraus die Regel zur Ableitung von
Umkehrfunktionen. Beachten Sie die Eigenschaften von g(x).
Lösung:
Mit Hilfe der Kettenregel kann g 0 (x) bestimmt werden:
g 0 (x) = f 0 (x) · (f −1 )0 (f (x))
Aufgrund der Konstruktion von g ist g(x) = x und g 0 (x) = 1. Mit diesen Eigenschaften von g(x) lässt sich die Regel
zur Ableitung der Umkehrfunktion herleiten.
(f −1 )0 (f (x)) =
1
g 0 (x)
= 0
f 0 (x)
f (x)
Aufgabe: Von welcher Funktion kann f 0 (x) = 3x2 +6x+5 die Ableitung sein? Kann man mehrere Funktionen finden?
Lösung:
f 0 (x) = 3x2 + 6x + 5 könnte die Ableitung von f (x) = x3 + 3x2 + 5x + C sein. Wie die Konstante C schon andeutet,
gibt es nicht nur eine Lösung dieser Aufgabe. Dies liegt daran, dass die Ableitung einer Konstanten 0 beträgt.
Aufgabe: Bestimmen Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen.
x
−e−x
a) f (x) = 2x3 (sin(x) − cos(x))
b)f (x) = e 1−x
2
2
x
d)f (x) = (g(x))
g(x) sei differenzierbar
x2
2
f)f (x) = ln(2x + x)
c) f (x) = e2x2
e) f (x) = sin(2x)
x
Lösung:
Funktion
a) f (x) = 2x3 (sin (x) − cos (x))
ex −e−x
1−x2
2x
c) f (x) = ex2
2
d)f (x) = (g(x))
g (x) sei
x2
e) f (x) = sin(2x)
x
2
b)f (x) =
f) f (x) = ln 2x + x
1.Ableitung
f 0 (x) = 6x2 (sin (x) − cos (x)) + 2x3 (cos (x) + sin (x))
(ex +e−x )(1−x2 )+(ex −e−x )(−2x)
f 0 (x) =
(1−x2 )2
f 0 (x) =
differenzierbar
f 0 (x) =
f 0 (x) =
f 0 (x) =
2x (ln(2)−2x)
ex 2
2x·g 0 (x)·g(x)−2(g(x))2
x3
2x cos(2x)−sin(2x)
x2
4x+1
2x2 +x
5.5. INTEGRALRECHNUNG
5.5
5.5.1
261
Integralrechnung
Flächenberechnung und Integralbegriff
Aufgabe: Berechnen Sie die folgende Fläche:
Bild:
Lösung:
Wir zerlegen die Fläche A in Rechtecke und Dreiecke, deren Flächen wir jeweils berechnen können:
Bild: Die gesamte Fläche wird in Teilflächen zerlegt
Für die Rechtecksflächen rechnen wir jeweils “Breite mal Höhe“ und für die Dreiecksfläche “ 12 mal Grundseite mal
Höhe“. Damit erhalten wir für:
• das rote Rechteck: AR,rot = 1 · 3 = 3 .
• das blaue Rechteck: AR,blau = 8 · 7 = 56 .
• das grüne Rechteck: AR,grün = 2 · 3 = 6 .
• und das rote Dreieck: AD,rot =
1
2
· 2 · 4 = 4.
Die Gesamtfläche ergibt sich nun als Summe dieser Einzelflächen:
A = 3 + 56 + 6 + 4 = 69
Fehler:
Negative Integrale gibt es nicht, schließlich gibt es auch keine negativen Flächen.
Erläuterung:
Auch wenn jede Fläche einen positiven Inhalt besitzt, kann es – je nach Kontext – sinnvoll sein, diesen Wert negativ zu
werten. Es kann also durchaus negative Integrale geben. Geometrisch gesehen bedeutet ein negatives Integral, dass die
Flächenbilanz negativ ist. Der überwiegende Anteil der Fläche liegt unterhalb der x-Achse. Z.B. schließt die Funktion
f (x) = −1 über [0; 1] eine ausschließlich unter der x-Achse gelegene Fläche ein. Diese hat den Inhalt 1, das Integral
aber ist negativ:
Z1
(−1) dx = −1 .
0
262
KAPITEL 5. ANALYSIS
Fehler:
Die Berechnung des Integrals zwischen einer Funktion und der x-Achse lässt sich mit der Zerlegung in Rechtecke immer
dann nicht machen, wenn der Graph unter der x-Achse liegt. Schließlich kann man negative Flächen nicht berechnen,
also kann damit auch das Integral nicht bestimmt werden.
Erläuterung:
Auch wenn Flächeninhalte stets positiv sind, kann man bei einer beliebigen Funktion mit negativen Funktionswerten
das zugehörige Integral über die Rechtecksflächen berechnen. Die Linkssumme wertet Flächen unterhalb der x-Achse
negativ. Das Integral liefert nicht den Flächeninhalt sondern die Flächenbilanz.
Fehler:
Die Berechnung eines Integrals über die Linkssumme ist stets ungenau und liefert uns einen Wert, der immer kleiner
als das tatsächliche Integral ist.
Erläuterung:
Hier treten mehrere Fehlvorstellungen auf. Die Linkssumme ist im Allgemeinen eine Näherung. Bei konstanten Funktionen ist sie immer exakt. Durch glückliche Wahl der Streifenbreiten kann sie zufällig exakt sein. Die zweite Fehlvorstellung ist die, dass eine Linkssumme immer kleiner als das Integral ist. Dies ist aber nur bei streng monoton
wachsenden Funktionen der Fall. Bei streng monoton fallenden Funktionen liefert die Linkssumme beispielsweise immer einen zu großen Wert.
Fehler:
Wenn ich ein Integral von 0 bis 1 mit Linkssummen für n = 8 berechnen soll, mache ich es einfach so: Ich teile die
1
ich einfach f (0) mit dieser Breite,
Länge 1 in 8 Teile
auf, damit habe ich die Streifenbreite 8 , dann multipliziere
1
multipliziere f 8 mit derselben Breite usw. bis ich zuletzt f (1) mit der Breite 18 multipliziere. Abschließend muss ich
nur noch alles aufaddieren und bin fertig.
Erläuterung:
Wenn man so vorgeht, wird ein Summand zuviel addiert. Der letzte Streifen liegt zwischen x = 87 und x = 1, der linke
Rand ist also bei x = 78 , nicht bei x = 1 .
Korrekte Lösung: Richtig wäre:
1
2
3
4
5
6
7
1
+f
+f
+f
+f
+f
+f
Linkssumme = · f (0) + f
8
8
8
8
8
8
8
8
Aufgabe: Download
Das folgende Diagramm stellt die Geschwindigkeit beim Download einer Datei dar.
Bild: Downloadgeschwindigkeit in M bit/s beim Download einer Datei.
1. Beschreiben Sie, was in diesem Graphen die jeweiligen Achsen bedeuten.
Lösung:
5.5. INTEGRALRECHNUNG
263
Auf der horizontalen Achse wird die Zeit in Sekunden und auf der vertikalen Achse die momentane Downloadgeschwindigkeit in M bit/s angegeben.
2. Beschreiben Sie, wie der Graph nach Beendigung des Downloads verläuft.
Lösung:
Da nach dem Ende des Downloads keine Datenübertragung mehr stattfindet, ist die Downloadgeschwindigkeit
gleich Null. Der Graph verläuft auf der x-Achse.
3. Wie kann die Größe der heruntergeladenen Datei berechnet werden?
Lösung:
Wir summieren die Downloadgeschwindigkeiten zu allen Zeitpunkten des Prozesses auf. Die Linkssumme ergibt
das Integral über die Downloadgeschwindigkeit und liefert die Größe der herunter geladenen Datei.
4. Müssen Sie zur Berechnung der Fläche zwischen Graph, horizontaler Achse und zwei beliebigen Grenzen in diesem Anwendungskontext Nullstellen berechnen? Erläutern Sie Ihre Antwort!
Lösung:
Da keine negativen Downloadgeschwindigkeiten auftreten können, liegt der Graph komplett oberhalb der Zeitachse (oder auch darauf), und wir müssen zur Berechnung der Fläche zwischen Graph und horizontaler Achse auch
keine Nullstellen berechnet werden. Das Integral entspricht in diesem Kontext also dem Flächeninhalt.
264
5.5.2
KAPITEL 5. ANALYSIS
Integrale berechnen: Der Hauptsatz
Fehler:
Die Funktion f (x) = (x − 1)2 − 1 = x2 − 2x besitzt die Stammfunktion F (x) = 31 x3 − x2 + c. Damit bekommen wir
das Integral:
Z5
((x − 1)2 − 1) dx = F (5) − F (1) = 53 − 52 − (13 − 12 ) = 125 − 25 − 1 + 1 = 100 .
1
Erläuterung:
Hier wurde der Faktor
Korrekte Lösung:
1
3
in der Stammfunktion vergessen.
Z5
((x − 1)2 − 1) dx
= F (5) − F (1)
1
=
=
=
1 3
1 3
2
2
·5 −5 −
·1 −1
3
3
125
1
124
124 − 72
− 25 − + 1 =
− 24 =
3
3
3
3
52
3
Fehler:
Wir berechnen das Integral
Z2
(x3 − x) dx = F (2) − F (−1) =
1 4 1 2 1
1
1 1
5
· 2 − · 2 − · (−1)4 − · (−1)2 = 4 − 2 − − = .
4
2
4
2
4 2
4
−1
Erläuterung:
Hier wurde vergessen zu klammern. Die Differenz F (4) − F (−1) wurde damit falsch berechnet.
Korrekte Lösung:
Z2
(x3 − x) dx
= F (2) − F (−1)
−1
1 4 1 2
1
1
·2 − ·2 −
· (−1)4 − · (−1)2
4
2
4
2
1 1
= (4 − 2) −
−
4 2
1
9
= 2+
= .
4
4
=
Fehler:
Die Funktion g(x) = x3 − 4x2 + 3 besitzt die Stammfunktion G(x) = 13 x4 − 2x3 + 3x + C. Damit erhalten wir:
Z3
g(x) dx = G(3) =
1 4
· 3 − 2 · 33 + 3 · 3 = 27 − 54 + 9 = −18 .
3
0
Erläuterung:
Hier wurde beim Berechnen der Stammfunktion der falsche Faktor verwendet. Es muss heißen G(x) = 41 x4 −2x3 +3x+C
5.5. INTEGRALRECHNUNG
.
Korrekte Lösung:
265
Z3
G(3) − G(0)
g(x) dx =
0
1 4
1 4
3
3
=
·3 −2·3 +3·3 −
·0 −2·0 +3·0
4
4
81
81 − 45 · 4
81 − 180
=
− 54 + 9 =
=
4
4
4
99
= −
= −24, 75 .
4
Fehler:
Zur Berechnung der Fläche zwischen der Funktion f (x) = 3x2 + 4, der x-Achse und den Geraden x = −2 und x = 2,
berechne ich das Integral der Funktion von −2 bis 2, denn es gilt f (x) > 0:
Z2
(3x2 + 4) dx =
Z
2
(3x2 + 4) dx = x3 + 4x + C = x3 + 4x −2
−2
=
(2)3 + 4 · 2 − (−2)3 + 4 · (−2) = 8 + 8 − (−8 − 8) = 32 .
Erläuterung:
Das Ergebnis ist richtig. Man darf aber beim Aufschreiben bestimmte und unbestimmte Integration nicht durcheinander bringen. Den mittleren Teil - Unbestimmte Integration - muss man gesondert aufschreiben.
Korrekte Lösung: Wir berechen zunächst eine Stammfunktion:
Z
(3x2 − 4) dx = x3 − 4x + C .
Damit ergibt sich nun für das bestimmte Integral:
Z2
(3x2 + 4) dx =
3
2
x + 4x −2
−2
=
(2)3 + 4 · 2 − (−2)3 + 4 · (−2) = 8 + 8 − (−8 − 8)
=
32 .
Fehler:
Die Ableitung der Stammfunktion ist gleich dem Integral.
Erläuterung:
Es wird behauptet, dass gilt:
Z
0
F (x) =
f (x) dx .
Dies ist aber falsch, denn es gilt F 0 (x) = f (x) bzw.
0
Z
f (x)dx
0
= (F (x) + C) = f (x) .
Die Ableitung des unbestimmten Integrals ergibt den Integranden.
266
KAPITEL 5. ANALYSIS
Fehler:
Mit der Summenregel kann man die Faktorregel leicht beweisen. Für f (x) = g(x) erhält man sofort die Faktorregel für
k = 2:
Z
Z
Z
Z
(f (x) + f (x)) dx = f (x) dx + f (x) dx = 2 · f (x) dx .
Man geht induktiv nach folgender Idee vor:
Z
Z
(f (x) + f (x) + f (x)) dx =
((f (x) + f (x)) + f (x)) dx
Z
=
(f (x) + f (x)) dx + f (x) dx
Z
Z
= 2
f (x) dx + f (x) dx
Z
= 3
f (x) dx
Z
bzw.
Z
Z
(f (x) + f (x) + f (x) + f (x)) dx =
((f (x) + f (x) + f (x)) + f (x)) dx
Z
Z
=
(f (x) + f (x) + f (x)) dx + f (x) dx
Z
Z
= 3
f (x) dx + f (x) dx
Z
= 4
f (x) dx .
Also gilt für alle k:
Z
Z
k f (x) dx = k F (x) + C = k
f (x) dx .
Erläuterung:
Die Beweisidee funktioniert nur für k ∈ N, aber nicht für k ∈ R .
Fehler:
Die Funktion f (x) =
1
x
besitzt die Stammfunktion F (x) = ln(|x|) + C. Damit erhalten wir:
Z1
1
dx = F (1) − F (−1) = ln(1) − ln(1) = 0 .
x
−1
Erläuterung:
Das ist falsch. Das Integral
R1
−1
1
x
dx ist gar nicht erklärt. Die Funktion f (x) =
x > 0 oder im Intervall x < 0. Wir haben also nur Integrale
Rb
a
1
x
1
x
dx mit Grenzen 0 < a < b oder a < b < 0 erklärt.
Aufgabe: Berechnen Sie die Stammfunktionen von
• f (x) = x5
Lösung:
Mit der Regel für Potenzfunktionen gilt:
Z
x5 dx =
ist erklärt und stetig im Intervall
1
1
x5+1 + C = x6 + C
5+1
6
5.5. INTEGRALRECHNUNG
267
• f (x) = x4 + x2
Lösung:
Mit der Summenregel zerlegen wir das Integral wie folgt:
Z
(x4 + x2 ) ex dx =
=
=
Z
x4 dx +
Z
x2 dx
1
1
x4+1 +
x2+1 + C
4+1
2+1
1 5 1 3
x + x +C
5
3
• f (x) = 5x7
Lösung:
Mit der Faktorregel gilt:
Z
Z
5x7 dx
x7 dx
=
5·
=
5·
=
5 8
x +C
8
1
x7+1 + C
7+1
• f (x) = 2x2 − 17x−11
Lösung:
Mit der Summenregel bekommen wir:
Z
(2x2 − 17x−11 ) dx
Z
=
2x2 dx +
Konstante Faktoren können wir vor die Integrale ziehen:
Z
Z
2x2 dx + (−17) · x−11 dx =
Z
2·
Z
(−17) · x−11 dx
x2 dx − 17 ·
Z
x−11 dx
Mit der Regel für Potenzfunktionen ergeben sich nun die Integrale:
Z
2·
2
x dx − 17 ·
Z
x−11 dx =
=
=
2·
2
3
2
3
1
1
x2+1 − 17 ·
x−11+1 + C
2+1
−11 + 1
17 −10
x3 −
x
+C
−10
17 −10
x3 +
x
+C
10
Hier genügt eine Integrationskonstante C. (Die Summe von zwei beliebigen Konstanten ergibt wieder eine beliebige
Konstante).
Aufgabe: Berechnen Sie die Stammfunktionen von
• f (x) = 2 sin(x)
Lösung:
Mit der Faktorregel gilt:
268
KAPITEL 5. ANALYSIS
Z
Z
2 sin(x) dx
=
sin(x) dx = 2 (− cos(x) + C) = −2 cos(x) + 2 C
2
= −2 cos(x) + c .
Im letzten Schritt schreiben wir 2 C = c. Ist C eine beliebige Konstante, dann ist 2C auch eine beliebige
Konstante. Alle Stammfunktionen von 2 sin(x) werden durch −2 cos(x) + c erfasst.
• f (x) = 71 x2 − 3 ex
Lösung:
Mit den Regeln für Summen und konstante Faktoren zerlegen wir das Integral wie folgt:
Z
1 2
(x − 3 ex ) dx
7
=
=
=
Z
Z
1
2
· x dx − 3 ·
ex dx
7
1 1 3
· · x − 3 · ex + C
7 3
1 3
x − 3 · ex + C
21
Hier genügt eine Integrationskonstante C. (Die Summe von zwei beliebigen Konstanten ergibt wieder eine beliebige Konstante).
√
• f (x) = x
R
1
Hinweis: Die Regel xn dx = n+1
· xn+1 + C , x > 0 , gilt für alle reellen Exponenten n 6= −1 .
Lösung:
Wir schreiben die Wurzel als Potenz und bekommen:
Z
√
Z
x dx
=
=
=
=
• f (x) =
√
3
1
x 2 dx
1
2
1
3
2
1
1
x 2 +1 + C
+1
3
x2 + C
2 3
2√ 3
x +C
x2 + C =
3
3
7x
Lösung:
Wieder schreiben wir die Wurzel als Potenz:
Z
Z
Z
Z √
1
1
1
1
1
3
7x dx =
(7x) 3 dx =
(7) 3 (x) 3 dx = 7 3
x 3 dx
=
=
1
1 1
4
1
x 3 +1 + C = 7 3 4 x 3 + C
+1
3
√
√
3
3
√
4
3 7
3 7 3 4
x3 + C =
x +C
4
4
1
73
1
3
• f (x) = 3 + 3 tan2 (x)
Hinweis: Klammern Sie aus und nehmen Sie bei der Suche nach der Stammfunktion eine Ableitungstabelle zu
Hilfe!
Lösung:
0
Nach dem Ausklammern des Faktors 3 hilft uns die Ableitung (tan(x)) = 1 + tan2 (x) :
5.5. INTEGRALRECHNUNG
Z
269
(3 + 3 tan2 (x)) dx =
=
Z
3 1 + tan2 (x) dx = 3
Z
(1 + tan2 (x)) dx
3 (tan(x) + C) = 3 tan(x) + c
Wir bestätigen diese Rechnung durch eine Probe:
0
(3 tan(x) + c) = 3 1 + tan2 (x) = 3 + 3 tan2 (x) .
Aufgabe: Berechnen Sie die bestimmten Integrale:
•
R4
(x2 − 9) dx
0
Lösung:
Z4
(x2 − 9) dx =
1 3
x − 9x
3
0
•
R0
4
=
0
64
64 − 108
34
1 3
1
·4 −9·4 −
· 0 − 9 · 0 = ( − 36) − 0 =
=−
3
3
3
3
3
4
2x 3 dx
2
Lösung:
Z0
4
3
Z2
2x dx = −2
2
•
Rπ
−π
0
3 7
x d = −2 x 3
7
4
3
2
=
0
3 7
· 23
7
( 21 sin(x) + 21 ) dx
Lösung:
Zπ
−π
•
R1
π
1
1
1
x
π
1
−π
1 π
1 π
1
= − cos π +
− − cos(−π) +
=
+
−
−
=π
( sin(x)+ ) dx = − cos(x) +
2
2
2
2 −π
2
2
2
2
2
2
2
2
(2 ex − 3) dx
−1
Lösung:
Z1
1
(2 ex − 3) dx = [2 ex − 3x]−1 = 2 e1 − 3 1 − 2 e−1 − 3 (−1) = (2 e − 3) −
2
+3
e
= 2e −
2
−6
e
−1
•
R3
1
( 31 ln(x) + 2x − x2 ) dx
Lösung:
R
Einer Tabelle (siehe ??Ergänzungen dieses Moduls) entnehmen wir: ln(x) dx = x ln(x) − x + C und damit:
Z3
1
1
( ln(x) + 2x − x2 ) dx
3
3
1
1 3
2
=
(x ln(x) − x) + x − x
3
3
1
1
1
1
1
=
(3 ln(3) − 3) + 32 − 33 −
(1 ln(1) − 1) + 12 − 13
3
3
3
3
1
1
1
4
= (ln(3) − 1 + 9 − 9) −
(0 − 1) + 1 −
= (ln(3) − 1) −
= ln(3) −
3
3
3
3
270
KAPITEL 5. ANALYSIS
Aufgabe: Berechnen Sie die von den Funktionen f (x) = 12 x2 , g(x) = 21 (x − 5)2 + 1 und h(x) = 14 x eingeschlossene
Fläche.
Bild: Die von den Funktionen f, g und h eingeschlossene Fläche (grau schattiert).
Lösung:
Wir berechnen die Schnittpunkte:
f (x) = g(x)
⇐⇒
f (x) = h(x)
g(x) = h(x)
⇐⇒
1 2
1
x = (x − 5)2 + 1
2
2
⇐⇒
0 = −5 x +
27
2
⇐⇒
x = 2, 7 ,
1
1
1
x ⇐⇒ x2 − x = 0 ⇐⇒ x1 = 0 , x2 = ,
2
2
2
1
1
21
9
(x − 5)2 + 1 = x ⇐⇒ x2 − x + 27 = 0 ⇐⇒ x1 = , x2 = 6 .
2
4
2
2
x2 =
⇐⇒
Damit erhalten wir:
A
=
Z2,7
Z4,5
(f (x) − h(x)) dx + (g(x) − h(x)) dx
0,5
Z2,7
=
2,7
1 2 1
x − x
2
4
Z4,5
dx +
0,5
=
1 3 1 2
x − x
6
8
1 2 21
27
x − x+
2
4
2
dx
2,7
2,7
1
21
27
+ x3 − x2 + x
6
8
2
0,5
4,5
≈ 4, 4 .
2,7
Aufgabe: Berechnen Sie die von den Funktionen f (x) = x3 − 23 x2 − 52 x + 5 und g(x) = 2 eingeschlossene Fläche.
Bild: Die von den Funktionen f und g eingeschlossene Fläche (grau schattiert).
5.5. INTEGRALRECHNUNG
271
Lösung:
Wir berechnen die Nullstellen der Differenz (f − g)(x) = x3 − 32 x2 − 25 x + 3 und erhalten: x = 1, x = 2 und x = − 32 .
Im Intervall [− 32 , 1] ist die Differenz positiv, im Intervall [1; 2]) negativ. Die Fläche ergibt sich zu:
Z1
A
=
3
5
(x − x2 − x + 3) dx −
2
2
3
1
2
1 4 1 3 5 2
1 4 1 3 5 2
− x − x − x + 3x
x − x − x + 3x
4
2
4
4
2
4
− 32
1
1 81 1
27
5 9
3
1 1 5
− − +3 −
·
− · −
− · +3· −
4 2 4
4 16 2
8
4 4
2
1
1
5
1 1 5
−
· 16 − · 8 − · 4 + 6 −
− − +3
4
2
4
4 2 4
1 − 2 − 5 + 12
81 27 45 9
1 − 2 − 5 + 12
−
+
−
−
− (4 − 4 − 5 + 6) −
4
64 16 16 2
4
3
81 27 · 4 45 · 4 9 · 32
3
−
+
−
−
− 1−
2
64
64
64
64
2
128 −279
81 + 108 − 180 − 288
=
−
2−
64
64
64
427
≈ 6, 67 .
64
=
=
=
=
=
3
5
(x3 − x2 − x + 3) dx
2
2
1
− 23
=
Z2
Aufgabe: Die Funktion f (x) = 3x2 − 4 stellt eine nach oben geöffnete Parabel mit Scheitelpunkt (0, −4) dar. Die
Funktion schneidet die positive x-Achse bei x = √23 . Die Gerade x = 0, die x-Achse und die Funktion schließen eine
Fläche ein. Für welches b > √23 wird diese Fläche gleich der von der Funktion, der x-Achse und der Gerade x = b
eingeschlossen Fläche?
Bild:
Lösung:
Man kann die beiden Flächen berechnen und gleich setzen. Man kann auch anders vorgehen. Die Flächen sind gleich,
Rb
wenn f (x) dx = 0 gilt. Das Integral ergibt sich zu:
0
Zb
b
(3x2 − 4) dx = x3 − 4x 0 = b3 + 4 · b − 0 = b · b2 − 4 .
0
2
Also muss gelten: b · b − 4 = 0 . Diese Gleichung hat drei Lösungen: b = 0, b = ±2. Nur die Lösung,die rechts von
√2 liegt, kommt infrage, also b = 2 .
3
Aufgabe: Durch Rotation der Parabel y = c x2 , x ∈ [0; 1], um die x-Achse entsteht ein Körper. Bestimmen Sie c so,
dass der Rotationskörper das Volumen 5 besitzt.
272
KAPITEL 5. ANALYSIS
Lösung:
Mit V = π
Rb
2
(f (x)) dx ergibt sich
a
Z1
5=π
2 2
cx
Z1
4
c · x dx = π
dx = π
0
2
c2 5
x
5
0
1
=π
0
c2
.
5
Damit bekommen wir die Bedingung:
c2 =
25
π
bzw.
5
c = ±√ .
π
Die gesuchte Parabel lautet also
5
f (x) = √ x2
π
oder
5
f (x) = − √ x2 .
π
Aufgabe:
• Beweisen Sie die Summenregel für stetige Funktionen f, g .
Lösung:
Wir betrachten die Linkssumme für f + g:
Z
(f (x) + g(x)) dx =
=
=
=
=
n
X
b−a
b−a
(f + g) a + (k − 1)
lim
n→∞
n
n
k=1
n
X
b−a
b−a
b−a
lim
f a + (k − 1)
+ g a + (k − 1)
n→∞
n
n
n
k=1
n
X b−a
b−a
b−a
b−a
lim
f a + (k − 1)
+
g a + (k − 1)
n→∞
n
n
n
n
k=1
!
!
n
n
X
X
b−a
b−a
b−a
b−a
f a + (k − 1)
+ lim
g a + (k − 1)
lim
n→∞
n→∞
n
n
n
n
k=1
k=1
Z
Z
f (x) dx + g(x) dx .
• Beweisen Sie die Faktorregel für eine stetige Funktion f und eine Konstante c ∈ R.
Lösung:
Z
c f (x) dx =
=
=
=
n
X
b−a
b−a
c f a + (k − 1)
n→∞
n
n
k=1
!
n
X
b−a
b−a
lim
c
f a + (k − 1)
n→∞
n
n
k=1
!
n
X b−a
b−a
c lim
f a + (k − 1)
n→∞
n
n
k=1
Z
c f (x) dx
lim
Wir haben jeweils entsprechende Grenzwertsätze für Folgen verwendet.
Aufgabe:
5.5. INTEGRALRECHNUNG
273
• Berechnen Sie das folgende uneigentliche Integral:
Z−1
1
dx .
x2
−∞
Lösung:
Wir berechnen dieses Integral mit dem folgenden Grenzwert:
Z−1
lim
a→−∞
a
−1
1
1
1
1
1
dx
=
lim
−
−
−
=
lim
1
+
= 1.
=
lim
−
a→−∞
a→−∞
a→−∞
x2
x a
−1
a
a
1
x2
Die Funktion
ist symmetrisch zur y-Achse. Die Fläche unter der Funktion über dem Intervall (−∞, −1] ist
genauso groß wie die Fläche unter der Funktion über dem Intervall [1, ∞), und wir bekommen:
Z∞
1
dx = 1 .
x2
1
• Ist die Fläche, die h(x) = x12 über [0; 1] einschließt endlich oder unendlich groß? Begründen Sie Ihre Antwort
geometrisch, ohne Rechnung!
Bild: Der Graph von h(x) .
Lösung:
Bild:
Vergleich mit der Umkehrfunktion (Spiegelung an der Winkelhalbierenden)
274
KAPITEL 5. ANALYSIS
Wir betrachten die Graphen der Funktion h(x) = x12 , x > 0, und der Funktion g(x) = √1x , x > 0. Die Funktion
g ist die Umkehrfunktion von h und entsteht durch Spiegelung an der 1. Winkelhalbierenden. Die grünen und
die roten Flächen gehen jeweil durch Spiegelung auseinander hervor und sind gleich. Wir hatten bereits das
uneigentliche Integral:
Z∞
g(x) = ∞ .
1
Damit ergibt sich:
Z∞
Z1
h(x) dx
0
Die Fläche ist also unendlich groß.
=
g(x) = 1 + ∞ = ∞
1+
1
5.5. INTEGRALRECHNUNG
5.5.3
275
Partielle Integration
Fehler:
Eine Stammfunktion von f (x) = ex · x ist F (x) = ex · ( 12 x2 − 1), denn es gilt:
Z
Z
1
ex · xd x = ex · x2 − ex · 1d x = ex · x − ex = F (x)
2
Erläuterung:
Im ersten Summanden wurden beide Faktoren integriert. Vielleicht rührt der Fehler daher, dass die Stammfunktion
ex des Faktors ex identisch mit diesem ist.
Korrekte Lösung:
Z
Z
Z
x
x
ex · x dx =
e
·
x
dx
=
e
·
x
−
ex · |{z}
1 dx
|{z} |{z}
|{z} |{z}
|{z}
l0 (x)
ex · x −
=
r(x)
Z
l(x)
r(x)
l(x)
r 0 (x)
ex dx = ex · (x − 1) + C
Aufgabe: Berechnen Sie das Integral:
Z
x · ln x dx
Lösung:
Z
Z
x · ln x dx =
1
ln x −
x · |{z}
ln x dx = x2 · |{z}
|{z}
2
|{z}
0
r(x)
l (x) r(x)
Z
l(x)
1 2
x · ln x −
2
=
Z
1 2 1
x ·
dx
2
x
|{z}
|{z}
l(x)
r 0 (x)
1
1
x dx = x · ln x − x2 + C
2
4
Aufgabe: Berechnen Sie das Integral:
Z
sin2 (x) dx =
Z
sin x · sin x dx
Lösung:
Z
Z
Z
sin x · sin x dx
=
sin
x · sin
x dx = (− cos x) · sin
x−
|{z}
|{z}
| {z } |{z}
l0 (x)
r(x)
l(x)
r(x)
(− cos x) · cos
x dx
| {z } | {z }
l(x)
Z
= − cos x · sin x +
cos x · cos x dx
Aus sin2 (x) + cos2 (x) = 1 folgt cos2 (x) = 1 − sin2 (x) und damit
Z
Z
sin x · sin x dx = − cos x · sin x + 1 − sin x · sin x dx
Z
Z
= − cos x · sin x + 1 dx − sin x · sin x dx
Z
= − cos x · sin x + x − sin x · sin x dx
Auflösen nach der gesuchten Stammfunktion ergibt
Z
2 · sin2 (x) dx = − cos x · sin x + x ,
r 0 (x)
276
KAPITEL 5. ANALYSIS
und damit
Z
Aufgabe: Berechnen Sie das Integral:
sin2 (x) dx =
R
x − cos x · sin x
+C.
2
ex · cos x dx .
Lösung:
Z
ex · cos x dx
=
=
und damit:
Z
ex · cos x −
Z
ex · (− sin x) dx = ex · cos x +
Z
x
x
e · cos x + e · sin x − ex · cos x dx
ex · cos x dx =
1 x
· e · (sin x + cos x) + C .
2
Z
ex · sin x dx
5.5. INTEGRALRECHNUNG
5.5.4
277
Substitution
Fehler:R √
3
Es gilt
2x dx = (2x) 2 + C
Erläuterung:
Hier wurde der Faktor 2 unter der Wurzel nicht berücksichtigt.
R√
3
2x dx = 12 · (2x) 2 + C
Korrekte Lösung:
Fehler:
Beim Integral
Z
1
sin
x2
1
dx
x
soll x1 = t substituiert werden.
Es gilt:
Z
Z
1
dx = t2 sin(t) dt .
x
1
sin
x2
Das verbleibende Integral kann mit partieller Integration bestimmt werden.
Erläuterung:
Hier wurde die Ableitung g 0 (t) vergessen.
Korrekte Lösung: Richtig ist folgendes Vorgehen:
t=
1
x
⇐⇒
x=
1
.
t
Wir nehmen die zweite Form der Substitutionsregel mit
x = g(t) =
1
,
t
t = g −1 (x) =
1
.
x
Dabei müssen wir t > 0, x > 0 oder t < 0, x < 0 wählen. Die Substitution ergibt nun:
Z
Z
1
1
1
1
2
sin
dx
=
t
sin(t)
−
+C.
dt
=
[cos(t)]
1 + C = cos
t= x
x2
x
t2
x
1
t=
x
Aufgabe: Berechnen Sie die Stammfunktion der allgemeinen Exponentialfunktion:
Z
ax dx .
Lösung:
x
Mit der Umformung ax = eln(a ) = ex·ln a und der Substitutionsregel (erste Form) erhalten wir:
Z
Z
Z
1
1
x
x·ln a
a dx =
e
dx =
ex·ln a ln a dx =
· ex·ln a + C .
ln a
ln a
Die Probe:
1
· ex·ln a
ln a
0
=
1
· ex·ln a · ln a = ex·ln a
ln a
bestätigt das Ergebnis.
Aufgabe: Berechnen Sie das unbestimmte Integral:
Z
Lösung:
Wir substituieren
t=
√
x + 1,
√
1
dx .
x+1
x > 0, ,
x = (t − 1)2 ,
t > 1,
278
KAPITEL 5. ANALYSIS
und erhalten mit der Substitutionsregel (zweite Form):
Z
Z
1
1
√
.
dx =
2 (t − 1) dt √
t
x+1
t= x+1
Durch Umformen bekommen wir das Integral:
Z
Z
Z
1
1
2 (t − 1) dt = 2 dt + 2
dt = 2 t − 2 ln(t) + C .
t
t
Zusammen liefert dies:
Z
√
√
√
1
dx = 2 ( x + 1) − 2 ln( x + 1) + C .
x+1
Kapitel 6
Vektorrechnung
6.1
Vektorrechnung
6.1.1
Vektoren
Aufgabe: Korrigieren Sie die nachfolgenden fehlerhaften Aussagen und versuchen Sie mögliche Gründe für die Aussagen aufzudecken.
Aussage 1:
“Vektoren haben stets einen konkreten Anfangs- und Endpunkt und sind im Raum eindeutig festgelegt. Ein Vektor mit
einem anderen Anfangspunkt ist damit stets auch ein anderer Vektor.“
Lösung:
“Vektoren haben stets einen konkreten Anfangs- und Endpunkt und sind im Raum eindeutig festgelegt. Ein Vektor mit
einem anderen Anfangspunkt ist damit stets auch ein anderer Vektor.“
Korrektur:
Vektoren stehen für Verschiebungen im Raum und sind daher unabhängig von Anfangs- und Endpunkten. Jeder beliebige Punkt könnte der Anfangspunkt eines Vektors sein.
Ein Grund für diese falsche Aussage könnte darin liegen, daß man aus je zwei Punkten immer eindeutig einen Vektor
bestimmen kann.
Aussage 2:
   
3
2
1
“Somit errechne ich
+ 4 = 9 .“
5
2
2
Lösung:
   
2
3
1
“Somit errechne ich
+ 4 = 9 .“
5
2
2
Korrektur:
Eine Addition, (bzw. Subtraktion) von Vektoren ist nur möglich, wenn diese aus ein und demselben Raum sind, das
heißt, sie müssen die gleiche Anzahl an Komponenten haben. Da dies hier nicht zutrifft, lässt sich die gegebene Aufgabe
nicht lösen.
Aussage 3:
“Der Nullvektor besitzt keinen Gegenvektor.“
Lösung:
“Der Nullvektor besitzt keinen Gegenvektor.“
279
280
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Korrektur:
Den Gegenvektor zu einem bestimmten Vektor erhält man durch Multiplikation des Vektors (und damit jeder einzelnen
Komponente) mit dem Faktor (−1). Führt man dies beim Nullvektor durch, so erhält man wieder den Nullvektor, da
sich für jede Komponente (−1)·0 = 0 ergibt. Somit ist der Nullvektor der einzige Vektor, der zu sich selbst Gegenvektor
ist.
Aussage 4:
“Vektoren und Gegenvektoren gehören stets zur selben Äquivalenzklasse, schließlich haben sie dieselbe Länge und sind
parallel zueinander.“
Lösung:
“Vektoren und Gegenvektoren gehören stets zur selben Äquivalenzklasse, schließlich haben sie dieselbe Länge und sind
parallel zueinander.“
Korrektur:
Vekoren und ihre Gegenvektoren gehören (außer bei Nullvektoren) nie zur selben Äquivalenzklasse. Sie sind zwar stets
gleich lang und parallel zueinander, haben aber entgegengesetzte Richtungen.
Aussage 5:
     
−8
0
−8
“Damit erhalte ich −4 − −2 = −6 .“
5
1
4
Lösung:
     
0
−8
−8
“Damit erhalte ich −4 − −2 = −6 .“
1
4
5
Korrektur:
Hier wurde nicht beachtet, dass in der zweiten Komponente des Subtrahenden eine negative Zahl steht. Darum muss
im Ergebnis die y-Koordinate −4 − 
(−2)= −2
  
 sein.
−8
0
−8
Die korrekte Rechnung lautet dann −4 − −2 = −2.
4
1
5

 
 
5
7
−2
Aufgabe: Gegeben seien die Vektoren ~a = −1 , ~b = −3 , ~c =  1  .
−1
4
2
Berechnen Sie:

1. |~a|,
2. ~a + ~b,
|~b|,
|~c|
~a − ~b,
~b + ~c,
~b − ~a
3. (i) 3~a + 2~b
(ii) 2~a− 3~b (iii) 2 ~a + ~b − 2 ~b − ~c + 3 (~c − ~a)
Lösung:


 
 
5
7
−2
Gegeben seien die Vektoren ~a = −1 , ~b = −3 , ~c =  1  .
2
4
−1
Berechnen Sie:
1. |~a|,
2. ~a + ~b,
|~b|,
|~c|
~a − ~b,
~b + ~c,
~b − ~a
6.1. VEKTORRECHNUNG
281
3. (i) 3~a + 2~b
(ii) 2~a− 3~b (iii) 2 ~a + ~b − 2 ~b − ~c + 3 (~c − ~a)
Lösung:
p
√
1. |~a| = 52 + (−1)2 + 22 = 30
p
√
|~b| = p72 + (−3)2 + 42 = 74
√
|~c| = (−2)2 + 12 + (−1)2 = 6
     
5
7
12
2. ~a + ~b = −1 + −3 = −4
2
4
6
     
5
7
−2
~a − ~b = −1 − −3 =  2 
2
4
−2
     
7
−2
5
~b + ~c = −3 +  1  = −2
 4  −1   3 
7
5
2
~b − ~a = −3 − −1 = −2
4
2
2
       
 
29
14
15
7
5
3. (i) 3~a + 2~b = 3 · −1 + 2 −3 = −3 + −6 = −9
14
8
6
4
2

      
 
−11
21
10
7
5
(ii) 2~a − 3~b = 2 · −1 − 3 −3 = −2 − −9 =  7 
4
4
2
−8
12
(iii) 2 ~a + ~b − 2 ~b − ~c + 3 (~c − ~a) = 2~a + 2~b − 2~b + 2~c + 3~c − 3~a
  
    
5
−10
5
−2
= 5 ·  1  − −1 =  5  − −1
2
−5
2

 −1
−15
= 6 
−7
=
5~c − ~a
Aufgabe:
Geben Sie folgende Vektoren an:
1. Den Vektor, der den Punkt A = (3; 2; −1) in den Punkt B = (2; −1; 4) verschiebt.
 
2
2. Den Vektor mit Länge 5 in Richtung ~a = 1.
2
3. Den Vektor der Länge 2, der mit der x- und der y-Achse den gleichen Winkel einschließt.
Lösung:
Geben Sie folgende Vektoren an:
1. Den Vektor, der den Punkt A = (3; 2; −1) in den Punkt B = (2; −1; 4) verschiebt.
 
2
2. Den Vektor mit Länge 5 in Richtung ~a = 1.
2
3. Den Vektor der Länge 2, der mit der x- und der y-Achse den gleichen Winkel einschließt.
282
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Lösung:

  
2−3
−1
−−→ −→ −
→ ~
1. Verbindungsvektor AB = 0B − 0A = b − ~a =  −1 − 2  = −3
4 − (−1)
5
 
2
2. Wir teilen den Vektor 1 durch seine Länge, um so zunächst einen Vektor der Länge 1 zu erhalten. Anschließend
2
multiplizieren
wir
ihn
mit
5: 
 
   10 
2
2
2
3
5
5  


1 =  53 
1
·
·
=
~v = |~a5| · 1 = √22 +1
2 +22
3
10
2
2
2
3
 
√ 
1
√
√2
3. ~v = |~a2| · ~a mit ~a = 1 . Wegen |~a| = 2 ergibt sich: ~v =  2
0
0
 √ 
−√ 2
Der Vektor −~v = − 2 ist ebenfalls eine Lösung.
0
 

 
0
1
2
Aufgabe: Gegeben seien die drei Kräfte F~1 =  4  , F~2 = 3 und F~3 = 0 . Berechnen Sie eine vierte Kraft F~4 ,
4
1
−2
so dass sich alle 4 Kräfte gegenseitig aufheben.

Lösung:

 
 
1
0
2
Gegeben seien die drei Kräfte F~1 =  4  , F~2 = 3 und F~3 = 0 . Berechnen Sie eine vierte Kraft F~4 , so dass
1
4
−2
sich alle 4 Kräfte gegenseitig aufheben.

Lösung:
      
3
0
1
2
Die Summe der drei Kräfte ist F~ = F~1 + F~2 + F~3 =  4  + 3 + 0 = 7.
3
4
1
−2

 
−3
Die Kraft, die diese drei Kräfte aufhebt, erhält man mit dem Gegenvektor: F~4 = −F~ = −7.
−3
Aufgabe: a) Verschieben Sie den Punkt P (3; −1; 4) um 5 in y-Richtung und um 3 in x-Richtung. Führen Sie nun
eine zentrische Streckung mit dem Faktor 21 und dem Ursprung als Streckzentrum durch. Wie lautet der Ortsvektor
zum resultierenden Punkt?
b) Bei einer geometrischen Abbildung sollen alle Punkte eines dreidimensionalen Körpers um 4 in y-Richtung und
um −3 in z-Richtung verschoben werden. Anschließend wird eine Streckung des Körpers um den Faktor 3 aus dem
Ursprung des Koordinatensystems durchgeführt, ehe letztlich eine Verschiebung um −1 in x- und 7 in z-Richtung
durchgeführt wird.
(i) Stellen sie diese Abbildung als Gleichung dar.
(ii) Der Punkt P ist Teil dieses Körpers. Geben Sie den Ortsvektor p~0 des auf diese Weise abgebildeten Punkts P an!
Lösung:
a) Verschieben Sie den Punkt P (3; −1; 4) um 5 in y-Richtung und um 3 in x-Richtung. Führen Sie nun eine zentrische
Streckung mit dem Faktor 21 und dem Ursprung als Streckzentrum durch. Wie lautet der Ortsvektor zum resultierenden
Punkt?
b) Bei einer geometrischen Abbildung sollen alle Punkte eines dreidimensionalen Körpers um 4 in y-Richtung und
um −3 in z-Richtung verschoben werden. Anschließend wird eine Streckung des Körpers um den Faktor 3 aus dem
Ursprung des Koordinatensystems durchgeführt, ehe letztlich eine Verschiebung um −1 in x- und 7 in z-Richtung
6.1. VEKTORRECHNUNG
283
durchgeführt wird.
(i) Stellen sie diese Abbildung als Gleichung dar.
(ii) Der Punkt P ist Teil dieses Körpers. Geben Sie den Ortsvektor p~0 des auf diese Weise abgebildeten Punkts P an!
Lösung:
a) Die Verschiebung in y- und in x-Richtung erhält man durch Addition von 5 bzw. 3 zur y- bzw. x-Koordinate des
Punkts, also P 0 (3 + 3; −1 + 5; 4) und damit P 0 (6; 4; 4).
Eine Streckung mit dem Ursprung als Streckzentrum ergibt sich durch Multiplikation aller Koordinaten mit dem
Streckfaktor. Daraus ergibt sich der gesuchte Punkt zu P 00 ( 12 · 6; 21 · 4; 12 · 4), also P 00 (3; 2; 2).

   
−1
0
−−→0
−
→
b)(i) Für die Gleichung zu dieser Abbildung eignet sich eher die Vektorschreibweise: 0P = 3 · 0P +  4  +  0 .
     −3
  7
0
−1
8
3
−−→
(ii) Mit dieser Gleichung ist der Bildpunkt des Punktes P (3; −1; 4): 0P 0 = 3 · −1 +  4  +  0  =  9  und
4
−3
7
10
damit ist der Punkt P 0 (8; 9; 10).
Aufgabe: a) Beschreiben Sie, wie man im R3 schnell einen Vektor der Länge 8 angeben kann. Verallgemeinern Sie
dies für einen n-dimensionalen Vektor ~a .
 
5 b) Bestimmen Sie c so, dass  3c  = 6 ergibt.
−1 Lösung:
a) Beschreiben Sie, wie man im R3 schnell einen Vektor der Länge 8 angeben kann. Verallgemeinern Sie dies für einen
n-dimensionalen Vektor ~a .
 
5 b) Bestimmen Sie c so, dass  3c  = 6 ergibt.
−1 Lösung:
3
a) Einen Vektor der Länge 8 erhält
man im R
 
 ,indem man zwei
  Komponenten gleich 0 und eine Komponente gleich
8
0
0
8 setzt, also zum Beispiel ~v1 = 0, ~v2 = 8 oder ~v3 = 0. Ebenso wären die entsprechenden Gegenvektoren
0
0
8
Lösungen der Aufgabe.
Im n-dimensionalen Fall verfährt man analog: man setzt eine Komponente 8, die restlichen 0.
p
52 + (3c)2 + (−1)2 = 6. Quadrieren
b) Wenden wir die Definition des Betrags an, erhalten wir folgende
Gleichung:
√
√
liefert 26 + 9c2 = 36, was schließlich auf die Lösungen c1 = 310 und c2 = − 310 führt.
Aufgabe: Berechnen Sie:
 1   
8
2
a)  4  + −3
3
−3
2
 
 

2
−1
4
b) −2 + 5 ·  34  − 12 ·  4 
−2
−3
−2 
2 c)  2 
−2  
−b d)  4b 
3b Lösung:
284
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Berechnen Sie:
 1   
8
2
a)  4  + −3
3
−3
2

 
2
−1
b) −2 + 5 ·  34  −
−3
−2 
2 c)  2 
−2  
−b d)  4b 
3b Lösung:
 1 

1
2

4
· 4 
−2
  17 
8
2
a)  4  + −3 =  1 
3
−3
− 32
2

   

 
    
11
2
10
2
−1
4
−1
 −  2  =  −1 
b) −2 + 5 ·  34  − 12 ·  4  = −2 +  15
4
4
−1
−2
−2
−3
−15
−16
−2 
2 p
√
√
c)  2  = 22 + 22 + (−2)2 = 12 = 2 3
−2  
−b √
p
√
d)  4b  = (−b)2 + (4b)2 + (3b)2 = 26b2 = |b| 26
3b 2

6.1. VEKTORRECHNUNG
6.1.2
285
Geraden und Ebenen
Aufgabe: Suchen Sie bei den folgenden Aussagen nach den auftretenden Fehlern, korrigieren sie diese und geben sie
mögliche Ursachen der Fehler an.
1.) “Die Lagebeziehung der beiden Geraden g, h ∈ R3 kann leicht aus dem folgenden Bild abgelesen werden: Offensichtlich schneiden sich die Geraden!“
Lösung:
“Die Lagebeziehung der beiden Geraden g, h ∈ R3 kann leicht aus dem folgenden Bild abgelesen werden: Offensichtlich
schneiden sich die Geraden!“
Korrektur:
Dass sich die beiden Geraden schneiden, sieht nur in dieser Perspektive so aus. Tatsächlich schneiden sich die Geraden
nicht....
2.) “Da das Gleichsetzen der beiden Geradengleichungen g, h ∈ R3 auf einen Widerspruch geführt hat, sind die beiden
Geraden parallel; sie schneiden sich nicht.“
Lösung:
“Da das Gleichsetzen der beiden Geradengleichungen g, h ∈ R3 auf einen Widerspruch geführt hat, sind die beiden
Geraden parallel; sie schneiden sich nicht.“
Korrektur:
Führt das Gleichsetzen zweier Geradengleichungen zu einem Widerspruch, so bedeutet dies lediglich, dass sich die
Geraden nicht schneiden. Sie können somit entweder windschief oder parallel sein.
3.) “Das Gleichsetzen der Gleichungen von Gerade und Ebene führt auf unendlich viele Lösungen. Demnach sind
Gerade und Ebene identisch.“
Lösung:
“Das Gleichsetzen der Gleichungen von Gerade und Ebene führt auf unendlich viele Lösungen. Demnach sind Gerade
und Ebene identisch.“
Korrektur:
Gerade und Ebene können nicht identisch sein. Die Gerade liegt in der Ebene.
286
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
4.) “Die Geraden g und h haben zwar dieselben Richtungsvektoren, sie können allerdings nicht identisch sein, da sie
unterschiedliche Ortsvektoren haben.“
Lösung:
“Die Geraden g und h haben zwar dieselben Richtungsvektoren, sie können allerdings nicht identisch sein, da sie unterschiedliche Ortsvektoren haben.“
Korrektur:
Zwei Geraden mit gleichem Richtungsvektor und unterschiedlichem Ortsvektor können identisch sein. Dies ist der Fall,
wenn beide Ortsvektoren auf dieselbe Gerade zeigen.
5.) “Wenn die beiden Punkte
  P (−2;
 5; 0)
 und Q(3; −5; 12) Elemente der Geraden sind, so lautet die Parameterdarstel−2
3
lung der Geraden ~x =  5  + c · −5 mit c ∈ R .“
0
12
Lösung:
“Wenn die beidenPunkte
 P (−2;
 5;
0) und Q(3; −5; 12) Elemente der Geraden sind, so lautet die Parameterdarstellung
−2
3
der Geraden ~x =  5  + c · −5 mit c ∈ R .“
0
12
Korrektur:
Möchte man aus zwei gegebenen Punkten P und Q die durch beide Punkte laufende Gerade bestimmen, so kann
 man

−5
einen der beiden Punkte als Ortsvektor wählen, der Richtungsvektor ~a berechnet sich dann mit ~a = p~−~q zu ~a =  10 .
−12


 
−5
−2
(Hier liegt der Fehler in der Aussage.) Damit erhalten wir eine mögliche Geradengleichung ~x =  5  + c ·  10  mit
−12
0
c ∈ R.
 
 
 
3
0
1
6.) “Die Umrechung der Ebenengleichung ~x = −2 + λ 1 + µ −5 ergibt x + y + z = 3 + (−2) + (−4) + 0 · λ +
−4
3
2
1 · λ + 3 · λ + 1 · µ + (−5) · µ + 2 · µ .
Wir fassen zusammen und erhalten damit x + y + z = −3 + 4λ − 2µ .“
Lösung:

 
 
0
1
3
“Die Umrechung der Ebenengleichung ~x = −2 + λ 1 + µ −5 ergibt x + y + z = 3 + (−2) + (−4) + 0 · λ + 1 ·
−4
3
2
λ + 3 · λ + 1 · µ + (−5) · µ + 2 · µ .
Wir fassen zusammen und erhalten damit x + y + z = −3 + 4λ − 2µ .“

Korrektur:
Die Umwandlung der Koordinatenform in die Parameterform wurde hier falsch durchgeführt. Die richtige Vorgehensweise ist wie folgt:
Wir schreiben die Ebene zunächt als Gleichungssystem:
x
=
y
= −2 + 1λ − 5µ
3 + 0λ + 1µ
z
= −4 + 3λ + 2µ .
Wir lösen die erste Gleichung nach µ auf ...
x=3+µ
⇒x−3=µ
Dies setzen wir in die zweite Gleichung ein und lösen diese nach λ auf:
6.1. VEKTORRECHNUNG
287
y = −2 + λ − 5(x − 3)
⇒ y + 5x − 13 = λ
Einsetzen der beiden Parameter λ und µ in die dritte Gleichung ergibt nun:
17x + 3y + z = −49
Aufgabe: Stellen Sie die folgenden Geraden in Parameterform dar:
1. Gerade durch die Punkte A = (2; −1; 5), B = (−2; 6; 6);


8
2. Gerade mit dem Anfangspunkt A = (3; −2; 3) und dem Richtungsvektor ~s =  7 ;
−2
3. Die z-Achse;
4. Gerade senkrecht zur xz-Ebene durch den Punkt A = (1, −1, −1);
Lösung:
Aufgabe:
Stellen Sie die folgenden Geraden in Parameterform dar:
1. Gerade durch die Punkte A = (2; −1; 5), B = (−2; 6; 6);

8
2. Gerade mit dem Anfangspunkt A = (3; −2; 3) und dem Richtungsvektor ~s =  7 ;
−2

3. Die z-Achse;
4. Gerade senkrecht zur xz-Ebene durch den Punkt A = (1, −1, −1);
Lösung:
1.
2.
3.
4.
 
x
−−→
Wir erhalten die Gerade mit g : y  = ~a + λ · AB = ~a + λ ~b − ~a
 
    z    
 
2
−2
2
x
2
−4
= −1 + λ  6  − −1 ⇒ g : y  = −1 + λ  7 , λ ∈ R
5
6
5
z
5
1
 
   
 
x
x
3
8
Es ergibt sich: g : y  = ~a + λ · ~s ⇒ g : y  = −2 + λ  7 , λ ∈ R
z
z
3
−2
 
 
 
 
0
0
x
0
Die z-Achse läuft bspw. durch 0 und 0 ⇒ g : y  = λ 0 , λ ∈ R
0
1
z
1
 
0
Die Gerade senkrecht zur xz-Ebene, d.h. ~s = 1 durch den Punkt A = (1, −1, −1):
0
   
 
x
1
0
⇒ g : y  = −1 + λ 1 λ ∈ R
z
−1
0
288
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Aufgabe: Durch die Punkte P0 = (3; 1; 7) und P1 = (− 12 ; 5; −3) werde eine Gerade gelegt. Liegen die Punkte
Q = (−4; 9; −13) bzw. R = ( 21 ; 12 ; 1) auf dieser Geraden?
Lösung:
Aufgabe:
Durch die Punkte P0 = (3; 1; 7) und P1 = (− 12 ; 5; −3) werde eine Gerade gelegt. Liegen die Punkte Q = (−4; 9; −13)
bzw. R = ( 12 ; 12 ; 1) auf dieser Geraden?
Lösung:

   
 7
x
3
− 72
−2
−−−→
Wir nehmen P0 P1 =  4  als Richtungsvektor der Geraden und erhalten g : y  = 1 + t·  4 .
z
7
−10
−10
Wir testen den Punkt Q durch Einsetzen:

−4
=
9
=
7
t
2
1 + 4t
−13
=
7 − 10 t
3−
⇒ t = 2 ⇒ Q ∈ g.
Wir testen den Punkt R :
1
2
1
2
1
=
=
=
3−
7
5
t⇒t=
2
7
1
8
3
7 − 10 t ⇒ t =
5
1 + 4t ⇒ t = −
Widerspruch! ⇒ R ∈
/ g.
Aufgabe: Stellen Sie die Parameterform und die Koordinatengleichung der folgenden Ebenen auf:
1. Ebene durch die Punkte A = (2; 0; 0), B = (0; 2; 0), C = (0; 0; 2);
2. xz-Ebene (Ebene, die durch die x- und die z-Koordinatenachse aufgespannt wird);
3. Ebene parallel zur xy-Ebene im Abstand 3;
4. Ebene durch den Punkt P = (7; 5; −3), welche die y-Achse enthält.
Lösung:
Aufgabe:
Stellen Sie die Parameterform und die Koordinatengleichung der folgenden Ebenen auf:
1. Ebene durch die Punkte A = (2; 0; 0), B = (0; 2; 0), C = (0; 0; 2);
2. xz-Ebene (Ebene, die durch die x- und die z-Koordinatenachse aufgespannt wird);
3. Ebene parallel zur xy-Ebene im Abstand 3;
4. Ebene durch den Punkt P = (7; 5; −3), welche die y-Achse enthält.
Lösung:
6.1. VEKTORRECHNUNG
289
1. Als Parameterform erhalten wir:
 
 
 
2
−2
−2
−−→
−→  
E : ~r = ~a + λ · AB + µ · AC = 0 + λ ·  2  + µ ·  0  ; λ, µ ∈ R
0
0
2
Die gegebenen Punkte sind die Achsenschnitt- oder Spurpunkte der Ebene – aus ihrer symmetrischen Verteilung
und einer kurzen Überlegung erhalten wir die Koordinatengleichung: x + y + z = 2; natürlich geht es auch mit
der üblichen Rechnung.
 
 
1
0
2. Die xz-Ebene kann man mit dem Nullpunkt als Stützvektor und den Richtungen ~s1 = 0 und ~s2 = 0
0
1
aufspannen:
 
 
 
0
1
0
E : ~0 + λ · ~s1 + µ · ~s2 = 0 + λ · 0 + µ · 0 ; λ, µ ∈ R
0
0
1
Koordinatengleichung: Für alle Punkte der xz-Ebene gilt y = 0 . Dies ist die entsprechende Koordinatengleichung.
3. Für die xy-Ebene bekämen wir analog zu oben die Koordinatenform z = 0 . Wollen wir nun von dieser den
Abstand 3 haben, können wir entweder E1 : z = 3 oder E2 : z = −3 wählen, es gibt also zwei Ebenen, die die
geforderte Bedingung erfüllen.
Für die Parameterform
 wählen wir P1 = (0, 0, 3) bzw. P2 = (0, 0, −3) als Ortsvektoren der Ebene und die
 
0
1
Richtungen 0 und 1 als Richtungen:
0
0
E1 :
E2 :
 
 
 
1
0
0
0 + λ · 0 + µ · 1 ; λ, µ ∈ R
0
0
3
 
 
 
0
1
0
 0  + ν · 0 + τ · 1 ; ν, τ ∈ R
−3
0
0
4. Da die gesuchte Ebene die y-Achse enthalten soll, enthält sie auch den Nullpunkt. Von
können

 wir
 als
 diesem
0
7
Richtungen den Ortsvektor des Punktes A und die y-Achse selbst nehmen, also ~s1 =  5  und ~s2 = 1 und
0
−3
damit die Parameterform:
 
 
7
0
E : ~r = ~0 + λ ·  5  + µ · −1 ; λ, µ ∈ R
−3
0
Die Koordinatengleichung errechnet sich wie üblich als 3x + 7z = 0 .
3
Aufgabe: Bestimmen
von

 sie
 rechnerisch die Lagebeziehung
  im R
 
3
2
−1
0
g1 : ~x = 4 + λ · −2 , (λ ∈ R) und g2 : ~x = 0 + µ · 5 , (µ ∈ R) .
0
−3
5
9
Lösung:
Aufgabe:
3
Bestimmensie
 rechnerisch
  die Lagebeziehung im R von

 
2
−1
0
3
g1 : ~x = 4 + λ · −2 , (λ ∈ R) und g2 : ~x = 0 + µ · 5 , (µ ∈ R) .
0
−3
5
9
Lösung:
Es ergibt sich g1 ∩ g2 = ∅ , g1 ∦ g2 .
290
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Aufgabe: Beschreiben Sie, wie man sehr schnell ...
(i) ... zwei parallele Geraden im R3 angeben kann, die sich nicht schneiden.
(ii) ... zwei parallele Ebenen im R3 angeben kann.
(iii) ... eine Gerade und eine Ebene angeben kann, die sich im R3 in einem Punkt schneiden.
(iv) ... eine zur x-y-Ebene parallele Ebene angeben kann?
Lösung:
Aufgabe:
Beschreiben Sie, wie man sehr schnell ...
(i) ... zwei parallele Geraden im R3 angeben kann, die sich nicht schneiden.
(ii) ... zwei parallele Ebenen im R3 angeben kann.
(iii) ... eine Gerade und eine Ebene angeben kann, die sich im R3 in einem Punkt schneiden.
(iv) ... eine zur x-y-Ebene parallele Ebene angeben kann?
Lösung:
(i) Geraden mit gleichem Richtungsvektor aber unterschiedlichen Ortsvektoren sind parallel, aber schneiden sich nicht,
sofern die Ortsvektoren nicht beide auf derselben Geraden liegen.
(ii) Ebenen mit gleichen Spannvektoren sind immer parallel.
(iii) Haben die Gerade und die Ebene den gleichen Ortsvektor, aber nicht parallele Richtungs- und Spannvektoren, so
ist die Bedingung erfüllt.
(iv) Ebenen der Form z = a mit a ∈ R sind parallele Ebenen zur x-y-Ebene.
6.1. VEKTORRECHNUNG
6.1.3
291
Abstände und Winkel
Aufgabe: Überprüfen Sie die nachfolgenden Aussagen auf ihre Richtigkeit und korrigieren Sie diese gegebenenfalls.
Aussage 1:
“Zwei Vektoren werden miteinander multipliziert, indem man wie bei der Vektoraddition lediglich die einzelnen Koordinaten miteinander multipliziert.“
Lösung:
“Zwei Vektoren werden miteinander multipliziert, indem man wie bei der Vektoraddition lediglich die einzelnen Koordinaten miteinander multipliziert.“
Korrektur:
Das Ergebnis der Multiplikation zweier Vektoren ist eine reelle Zahl. Es genügt nicht, nur die Koordinaten miteinander
zu multiplizieren, man muss diese abschließend noch addieren.
Aussage 2:
“Wenn zwei Ebenen parallel sind, so sind die beiden Normalenvektoren der Ebenen senkrecht zueinander.“
Lösung:
“Wenn zwei Ebenen parallel sind, so sind die beiden Normalenvektoren der Ebenen senkrecht zueinander.“
Korrektur:
Dies ist falsch, denn zwei Ebenen sind parallel genau dann, wenn auch ihre Normalenvektoren zueinander parallel sind.
Aussage 3:
“Es gibt nur einen Normalenvektor der Ebene, da alle Lotgeraden zu einer Ebene nur ein und dieselbe Richtung haben.“
Lösung:
“Es gibt nur einen Normalenvektor der Ebene, da alle Lotgeraden zu einer Ebene nur ein und dieselbe Richtung haben.“
Korrektur:
Dies ist falsch, da die Normalenvektoren einer Ebene unterschiedlich lang sein können und in entgegengesetzer Richtung zeigen können. Eine Ebene hat demnach stets unendlich viele Normalenvektoren.
Aussage 4:
“Wenn die Normalenvektoren zweier Ebenen parallel sind, so haben die Ebenen keinen gemeinsamen Punkt.“
Lösung:
“Wenn die Normalenvektoren zweier Ebenen parallel sind, so haben die Ebenen keinen gemeinsamen Punkt.“
Korrektur:
Hier wurde übersehen, dass die Normalenvektoren zweier identischer Ebenen ebenfalls parallel sind und in diesem Fall
haben die “beiden“ Ebenen unendlich viele Punkte gemeinsam.
Aussage 5:
“Wenn die Normalenvektoren zweier Geraden im R3 parallel sind, dann sind auch die Geraden zueinander parallel.“
Lösung:
“Wenn die Normalenvektoren zweier Geraden im R3 parallel sind, dann sind auch die Geraden zueinander parallel.“
Korrektur:
Wie wir in diesem Modul gelernt haben, findet sich für zwei windschiefe Geraden im R3 stets ein gemeinsames Lot.
Damit lassen sich für beide windschiefe Geraden stets unendlich viele Normalenvektoren finden, die alle zueinander
parallel sind. Windschiefe Geraden sind jedoch nicht zueinander parallel.
Aussage 6:
“Eine Ebene ist durch die Angabe eines Normalenvektors im R3 eindeutig bestimmt.“
292
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Lösung:
“Eine Ebene ist durch die Angabe eines Normalenvektors im R3 eindeutig bestimmt.“
Korrektur:
Durch die Angabe eines Normalenvektors einer Ebene ist lediglich deren “Richtung“ bestimmt. Um eine Ebene eindeutig festzulegen benötigt man stets noch einen Punkt der Ebene.
Aussage 7:
“Die beiden Ebenen
2x +3y − 4z = 9 und H : −x − 23 y + 2z = − 92 sind parallel und haben keinen gemeinsamen
 E : 
−1
2
Punkt, da −2 · − 32  =  3  .“
−4
2
Lösung:
“Die beiden Ebenen
2x +3y − 4z = 9 und H : −x − 32 y + 2z = − 92 sind parallel und haben keinen gemeinsamen
 E : 
−1
2
Punkt, da −2 · − 32  =  3  .“
−4
2
Korrektur:

 
−1
2
Dies ist falsch, da nicht nur −2 · − 32  =  3  gilt sondern auch −2 · − 29 = 9 . Die beiden Ebenengleichung
−4
2
sind damit äquivalent und stehen für dieselbe Ebene. Damit sind die E und H identisch und haben unendlich viele
gemeinsame Punkte.

Aussage 8:
“Für Geraden und Ebenen gibt es im R3 drei verschiedene Darstellungsweisen in Form von Gleichungen:
1. Darstellung in Parameterform, 2. Darstellung in Koordinatenform und 3. Darstellung in Normalenform.“
Lösung:
“Für Geraden und Ebenen gibt es im R3 drei verschiedene Darstellungsweisen in Form von Gleichungen:
1. Darstellung in Parameterform, 2. Darstellung in Koordinatenform und 3. Darstellung in Normalenform.“
Korrektur:
Geraden können im R3 weder in Koordinatenform noch in Normalenform dargestellt werden.
Aufgabe: Überprüfen Sie die nachfolgenden Rechnungen auf Fehler und korrigieren Sie diese ggf.:
Rechnung 1:

 
 
   
  
−98
14
4
−2
4
10
(−7) · 5 − 5 ·  3  = (−7) · 5 + 15 = (−7) · 20 =  140 
42
294
7
7
7
35
Lösung:
Rechnung 1:
 
 
   
  

4
−2
4
10
14
−98
(−7) · 5 − 5 ·  3  = (−7) · 5 + 15 = (−7) · 20 =  140 
7
7
7
35
42
294
Korrektur:
Hier liegen mehrere Vorzeichenfehler vor: Es wurde stets vergessen, (−5) und (−7) mit allen Koordinaten zu multiplizieren.
Korrekte Lösung:
 
 
  


 

4
−2
4
10
14
−98
(−7) · 5 − 5 ·  3  = (−7) · 5 + −15 = (−7) · −10 =  70 
7
7
7
−35
−28
196
6.1. VEKTORRECHNUNG
293
Rechnung 2:
   
5
2
3 · 3
       
5
2
5
1
9
2
2 · 3 · 3 : 3 · 3 = 2 ·     = 2 ·
5
1
9
2
9
2
3 · 3
9
2
 
2
3    
4
1
2
  = 6 : 3 = 4 : 1 + 6 : 3 + 4 : 2 = 4 + 2 + 2 = 8
1
4
2
3
2
Lösung:
Rechnung 2:
   
5
2
3 · 3
       
5
2
5
1
9
2
2 · 3 · 3 : 3 · 3 = 2 ·     = 2 ·
5
1
9
2
9
2
3 · 3
9
2
 
2
3    
4
1
2
  = 6 : 3 = 4 : 1 + 6 : 3 + 4 : 2 = 4 + 2 + 2 = 8
1
4
2
3
2
Korrektur:
Hier wurde fälschlicherweise mit Vektoren gekürzt, was so nicht erlaubt ist.
Korrekte Lösung:
       
5
1
2
5
37
2 · 3 · 3 : 3 · 3 = 2 · (5 · 2 + 3 · 3 + 9 · 2) : (5 · 1 + 3 · 3 + 9 · 2) = 2 · 37 : 32 =
16
9
9
2
2
Rechnung 3:
2  2   
1
1
1
−3 = −32  = −9
22
4
2

Lösung:
Rechnung 3:
2  2   
1
1
1
−3 = −32  = −9
2
22
4

Korrektur:
Hier liegen zwei Fehler vor: Zum einen ist falsch quadriert worden, bei der weiteren Rechnung liegt dann zudem ein
Vorzeichenfehler vor.
Korrekte Lösung:
 2    
1
1
1
−3 = −3 · −3 = 1 · 1 + (−3) · (−3) + 2 · 2 = 1 + 9 + 4 = 14
2
2
2
Rechnung 4:
 
2
3α + λ ·  4  = 3α + 2λ + 4λ + λ · α = (3 + λ)α + 6λ
α
Lösung:
Rechnung 4:
 
2
3α + λ ·  4  = 3α + 2λ + 4λ + λ · α = (3 + λ)α + 6λ
α
294
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Korrektur:
Hier wurde die Skalare Multiplikation falsch durchgeführt.
Die korrekte Lösung lautet
 


2
2λ
3α + λ ·  4  = 3α +  4λ  .
α
α·λ
Aufgabe: Bestimmen Sie die Koordinaten und
 die Parameterdarstellung sowie die Normalform der Ebene durch
−1
den Punkt A = (−5, 2, 3) senkrecht zu ~n =  4  .
−3
Lösung:
Aufgabe: Bestimmen Sie die Koordinaten und die Parameterdarstellung sowie die Normalform der Ebene durch den
−1
Punkt A = (−5, 2, 3) senkrecht zu ~n =  4  .
−3
Lösung:
Mit p~ = ~a ergibt sich die Koordinatengleichung wie folgt:
       
−1
x
−1
−5
 4  · y  −  4  ·  2  = 0 ⇒ −x + 4y − 3z − 4 = 0 .
−3
z
−3
−3
Für die Parameterform können wir mit Hilfe der obigen Gleichungen Punkte der Ebene bestimmen und mit diesen die Parameterform aufstellen. Am einfachsten geht dies mit der Koordinatengleichung, in dem man immer zwei
Koordinaten Null setzt (wir erhalten so die sog. Spurpunkte bzw. Achsenschnittpunkte):
y=z=0
⇒ −x − 4 = 0 ⇒ x = 4
=⇒ P1 = (4, 0, 0)
x=z=0
⇒ 4y − 4 = 0 ⇒ y = 1
=⇒ P2 = (0, 1, 0)
4
=⇒ P1 = 0, 0, −
3
x = y = 0 ⇒ −3z − 4 = 0 ⇒ z = − 34
Damit erhalten wir als Parameterform (die natürlich auch mit anderen Punkten aufgestellt werden kann):
 
 
 
−4
4
−4
−−−→
−−−→
E : ~r = p~1 + λ · P2 P1 + µ · P3 P1 = 0 + λ ·  1  + µ ·  0  ; λ, µ ∈ R
0
0
− 43
Aufgabe: Berechnen Sie:
   
2
4
(i)  0  · −2
−2
2
−3
1
(ii)
·
4
5
   
−1
5
(iii) −1 · 2
−1
3


   
−10
4
1
(iv)  −9  + λ · 0 · −1
7
3
4
Lösung:
Aufgabe:
Berechnen Sie:
   
4
2
(i)  0  · −2
−2
2
6.1. VEKTORRECHNUNG
−3
1
(ii)
·
4
5
   
−1
5
(iii) −1 · 2
−1
3


   
−10
4
1
(iv)  −9  + λ · 0 · −1
7
3
4
Lösung:
   
4
2
(i)  0  · −2 = 8 − 0 − 4 = 4
−2
2
−3
1
(ii)
·
= −3 + 20 = 17
4
5
   
−1
5
(iii) −1 · 2 = −5 − 2 − 3 = −10
−1
3


    
  
−10 + 4λ
1
−10
4
1
(iv)  −9  + λ · 0 · −1 =  −9  · −1 = −10 + 4λ + 9 + 28 + 12λ = 27 + 16λ
7
3
4
7 + 3λ
4
Aufgabe: Berechnen Sie den Winkel zwischen den beiden Vektoren ~a und ~b mit
1
−3
(i) ~a =
und ~b =
5
4
 
 
1
2
(ii) ~a = 1 und ~b = 2
1
2
 
 
1
2
(iii) ~a =  2  und ~b = 4
−4
3
 
 
4
0
(iv) ~a = 3 und ~b = 0
0
0
 
 
0
1
(v) ~a = 0 und ~b = 5
0
0
Lösung:
Aufgabe:
Berechnen Sie den Winkel zwischen den beiden Vektoren ~a und ~b mit
1
−3
(i) ~a =
und ~b =
5
4
 
 
1
2
(ii) ~a = 1 und ~b = 2
1
2
 
 
1
2
(iii) ~a =  2  und ~b = 4
−4
3
 
 
4
0
(iv) ~a = 3 und ~b = 0
0
0
 
 
1
0
(v) ~a = 0 und ~b = 5
0
0
295
296
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Lösung:
(i) cosϕ =
(ii) cosϕ
~
a·~b
−3+20
17
√
= √1+25·
= 5·√
⇔ ϕ ≈ 48, 2◦
9+16
26
|~
a|·|~b|
~
2+2+2
√
= |~a~a|··b~b = √1+1+1·
= 2·√63·√3 = 66 = 1
4+4+4
||
(iii) cosϕ =
~
a·~b
|~
a|·|~b|
=
√
2+8−12
√
1+4+16· 4+16+9
=
√ −2
√
21· 29
⇔ ϕ = 0◦
⇔ ϕ ≈ 94, 6◦
(iv) ~a · ~b = 0 ⇒ cosϕ = 0 ⇔ ϕ = 90◦
(v) ~a · ~b = 0 ⇒ cosϕ = 0 ⇔ ϕ = 90◦
Aufgabe: Geben Sie einen Vektor ~b an, der orthogonal zu ~a ist mit . . .
4
(i) . . . ~a =
0
 
1
(ii) . . . ~a = 4
3


0
(iii) . . . ~a =  0  mit c ∈ R .
2c + 4
Lösung:
Aufgabe:
Geben Sie einen Vektor ~b an, der orthogonal zu ~a ist mit . . .
4
(i) . . . ~a =
0
 
1
(ii) . . . ~a = 4
3


0
(iii) . . . ~a =  0  mit c ∈ R .
2c + 4
Lösung:
 
b1
b
Es muss gelten: ~a · ~b = 0. Sei ~b = 1 bzw. ~b = b2  .
b2
b3
0
(i) 4b1 + 0b2 = 0 ⇔ b1 = 0 , also z.B. ~b =
.
1
(ii) b1 + 4b2 + 3b3 = 0 .
 
−7
Wählen wir nun z.B. b2 = b3 = 1 , so können wir b1 berechnen und erhalten insgesamt ~b =  1  .
1
 
1
(iii) b3 · (2c + 4) = 0 , also z.B. ~b = 1 .
0
 
n1
Aufgabe: Bestimmen Sie einen Normalenvektor ~n = n2  zur Ebene E mit
n3
E:
Lösung:
Aufgabe:
 
 
 
4
1
−2
~x = 2 + λ ·  0  + µ · −3 , (λ, µ ∈ R) .
3
−4
5
6.1. VEKTORRECHNUNG
297
 
n1
Bestimmen Sie einen Normalenvektor ~n = n2  zur Ebene E mit
n3
 
 
 
4
1
−2
E : ~x = 2 + λ ·  0  + µ · −3 , (λ, µ ∈ R) .
3
−4
5
Lösung:


 
1
−2
Es muss gelten: ~n ·  0  = 0 und ~n · −3 = 0.
−4
5
Also:
n1 − 4n3 = 0
−2n1 − 3n2 + 5n3 = 0
 
4
Damit ergibt sich zum Beispiel: ~n = −1 .
1
Aufgabe: Bestimmen Sie den Abstand der beiden Ebenen E1 und E2 mit
 
 
 
2
1
0
E1 : ~x = −4 + λ1 · −2 + λ2 ·  2  , (λ1 , λ2 ∈ R) .
4
1
−3
 
 
 
0
1
0
E2 : ~x = 1 + µ1 · −2 + µ2 ·  2  , (µ1 , µ2 ∈ R) .
2
1
−3
Lösung:
Aufgabe:
Bestimmen Sie den Abstand der beiden Ebenen E1 und E2 mit
 
 
 
2
1
0
E1 : ~x = −4 + λ1 · −2 + λ2 ·  2  , (λ1 , λ2 ∈ R) .
4
1
−3
 
 
 
0
1
0
E2 : ~x = 1 + µ1 · −2 + µ2 ·  2  , (µ1 , µ2 ∈ R) .
2
1
−3
Lösung:
Die beiden
 Ebenen sind parallel und haben damit einen gemeinsamen Normalenvektor, den wir über die Spannvektoren
4
als ~n = 3 berechnen können.
2
Die Koordinatengleichung der Ebene E1 erechnet sich zu 4x + 3y + 2z = 4.
Zur Berechnung des Abstandes der beiden Ebenen können wir den
 Abstand eines Punktes der Ebene E2 von der
0
Ebene E1 berechnen. Wir wählen als Punkt der Stützvektor P = 1.
2
Zur Berechnung des Abstandes verwenden wir die hergeleitete Formel
−→
1
~ · |d − ~n · 0P |
LP =
|~n|
Damit ergibt sich:
~ LP = √
1
16 + 9 + 4
   
4
0 3
· 4 − 3 · 1 = √ ≈ 0, 56
29
2
2 298
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Damit beträgt der Abstand der beiden Ebenen E1 und E2 ca. 0,56 Einheiten.
Aufgabe: Gegeben sei die Ebene E mit
E:
 
 
 
4
1
4
~x = 2 + λ · 2 + µ · 5 , (λ, µ ∈ R) .
3
3
6
(i) Bestimmen Sie den Abstand des Punktes P (4; 5; 0) zur Ebene E .
(ii) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung einer Geraden g , die einen Abstand von 2 Einheiten zur Ebenen E hat.
Lösung:
Aufgabe:
Gegeben sei die Ebene E mit
E:
 
 
 
4
1
4
~x = 2 + λ · 2 + µ · 5 , (λ, µ ∈ R) .
3
3
6
(i) Bestimmen Sie den Abstand des Punktes P (4; 5; 0) zur Ebene E .
(ii) Bestimmen Sie eine Parameterdarstellung einer Geraden g , die einen Abstand von 2 Einheiten zur Ebenen E hat.
Lösung:
(i)Wir verwenden die hergeleitete Formel zur Berechnung des Abstandes eines Punktes von einer Ebene:
−→
1
~ · |d − ~n · 0P |
LP =
|~n|
Dazu berechnen wir die Koordinatengleichung
  der gegebenen Ebene E : x − 2y + z = 3
1
Der Normalenvektor beträgt also ~n = −2.
1
−→
Es ergibt sich der Abstand LP :
~ LP = √
1
1
9
· |3 − (4 − 10 + 0)| = √ · |3 − (−6)| = √ ≈ 22, 05
1+4+1
6
6
Der Abstand beträt also ca. 22,05 Einheiten
(ii) Die Gerade muss parallel zur Ebene sein. Daher können wir als Richtungsvektor einen der beiden Spannvektoren
der Ebene wählen. Zur Bestimmung des Stützvektores suchen wir einen Punkt P ,der einen Abstand von zwei Einheiten
zur Ebene E hat. Dazu verwenden wir die obige Formel:
−→
1
· |d − ~n · 0P | = 2
|~n|
Da wir den Normalenvektor ~n bereits bestimmt haben, ergibt sich:
√
1
√ · |3 − (p1 − 2p2 + p3 )| = 2 ⇔ |3 − p1 + 2p2 − p3 | = 2 · 6
6


3
Damit können wir zum Beispiel den Punkt P =  0√  wählen.
2· 6
Es ergibt sich insgesamt folgende Geradengleichung:


 
3
1
g : ~x =  0√  + r · 2 (mit r ∈ R) .
3
2· 6
6.1. VEKTORRECHNUNG
299
Aufgabe: Beweisen Sie ~a · ~a = 0
⇐⇒
~a = ~0 unter zu Hilfenahme dieses Satzes:
Für den Winkel ϕ zwischen zwei Vektoren ~a, ~b ∈ R3 gilt:
cos ϕ =
Lösung:
Aufgabe:
Beweisen Sie ~a · ~a = 0
⇐⇒
~a · ~b
a1 · b1 + a2 · b2 + a3 · b3
=
~
|~a| · |b|
|~a| · |~b|
~a = ~0 unter zu Hilfenahme dieses Satzes:
Für den Winkel ϕ zwischen zwei Vektoren ~a, ~b ∈ R3 gilt:
cos ϕ =
a1 · b1 + a2 · b2 + a3 · b3
~a · ~b
=
|~a| · |~b|
|~a| · |~b|
Lösung:
“=⇒“
Es gilt:
~a · ~a = |~a|2 · cos ϕ .
Da der Winkel zwischen ~a und ~a genau 0◦ beträgt, ist
~a · ~a = |~a|2 · cos 0◦
⇒ |~a|2 = 0
⇒ |~a| = 0
und da ein Vektor der Länge 0 stets der Nullvektor selbst ist, erhalten wir letztlich
~a · ~a = 0 ⇒ ~a = ~0 .
“⇐=“
Aus ~a = ~0 folgt für ~a · ~a mit obigem Satz
~a · ~a = |~a| · |~a| · cos ϕ .
Da wieder ϕ = 0◦ ist, woraus cos(0◦ ) = 0 folgt und da zudem ~a = ~0 als Nullvektor die Länge Null hat, ergibt sich
~a · ~a = 0 · 0 · 0 = 0 ,
und damit
~a = ~0 ⇒ ~a · ~a = 0 .
Damit wurde bewiesen:
~a = ~0 ⇔ ~a · ~a = 0 .
3
Aufgabe: Bestimmen

 sie
 rechnerisch
 die Lagebeziehung folgender Ebenen
  im R : 
 
4
1
−1
2
0
5
E1 : ~x = 2 + λ1 · 0 + λ2 · −3 , (λ1 , λ2 ∈ R) und E2 : ~x = −4 + µ1 · −3 + µ2  9  , (µ1 , µ2 ∈ R) .
3
2
2
7
4
−2
Lösung:
Aufgabe:
Bestimmen sierechnerisch
folgender Ebenen im R3: 
 
  die Lagebeziehung
 
 
4
1
−1
2
0
5
E1 : ~x = 2 + λ1 · 0 + λ2 · −3 , (λ1 , λ2 ∈ R) und E2 : ~x = −4 + µ1 · −3 + µ2  9  , (µ1 , µ2 ∈ R) .
3
2
2
7
4
−2
300
KAPITEL 6. VEKTORRECHNUNG
Lösung:
Es ergibt sich E1 = E2 .
Aufgabe: Berechnen Sie den Abstand...
 
 
 
 
1
2
1
1
(i) ... der Geraden g : ~x = 0 + λ · 2 und h : ~x = 2 + µ · 0 .
2
2
4
1
 
 
1
2
(ii) ... der Geraden g : ~x = 0 + λ · 2 vom Punkt P (1; −1; −4) .
2
2
Lösung:
Aufgabe:
Berechnen Sie den Abstand...
 
 
 
 
1
2
1
1
(i) ... der Geraden g : ~x = 0 + λ · 2 und h : ~x = 2 + µ · 0 .
2
2
4
1
 
 
1
2
(ii) ... der Geraden g : ~x = 0 + λ · 2 vom Punkt P (1; −1; −4) .
2
2
Lösung:
(i)Zur Berechnung des Abstandes der beiden windschiefen Geraden kann man durch die eine Gerade g eine Ebene
legen, die zu der anderen Geraden h parallel ist. Dazu verwendet man den Stützvektor der Ebene g, als Spannvektoren
dienen die Richtungsvektoren der beiden Geraden. Analog verfährt man mit der anderen Geraden. Es ergeben sich die
Ebenen
 
 
 
2
1
1
Eg : ~x = 0 + r1 · 2 + r2 · 0
2
1
2
 
 
 
2
1
1
Eh : ~x = 2 + s1 · 0 + s2 · 2
2
1
4
Der Abstand der beiden Geraden ist gleich dem Abstand der beiden Ebenen. Damit hat man die Aufgabenstellung
auf das bereits bekannte Problem des Abstandes zweier paralleler Ebenen zurückgeführt.
Die Bestimmung der Koordinatengleichung der Ebene Eg ergibt x − z = −1.
Damit erhält man den Normalenvektor ~n = 10 − 1
−→
√
Mit Hilfe der Formel zur Bestimmung des Abstandes zweier Ebenen ergibt sich der Abstand LP = √22 = 2.
(ii)Zur Bestimmung des Abstandes des Punktes P van der Geraden g konstruieren wir eine Ebene E, welche
durch
−−→
den Punkt P verläuft und senkrecht auf der Geraden g steht. Somit verwenden wir als Stützvektor OP und als
Normalenvektor den Richtungsvektor der Geraden g. Damit ergibt sich die Koordinatengleichung:
2x + 2y + 2z = −8
Wir berechnen nun den Schnittpunkt der Ebene E und der Geraden g, indem wir die Parameterdarstellung der
Geraden zeilenweise lesen und dies in die Koordinatengleichung
  einsetzen.
Es ergibt sich λ =
−7
6
und damit der Schnittpunkt S =
−4
3
 −7 .
3
−1
3
Wir berechnen nun den Abstand des Punktes P von der Geraden g als

 s
2 2 2 r
−→ 1 + 43 7
4
11
62

7 
+
+
=
≈ 4,55
SP = −1 + 3 =
3
3
3
3
−4 + 1 3
Kapitel 7
Logik
7.1
Aussagenlogik
7.1.1
Aufbau der Aussagenlogik
Aufgabe: Formulieren Sie zwei Aussagen und zwei Gegenbeispiele von Aussagen. Überprüfen Sie anschließend Ihre
Lösung mithilfe der Erläuterung in der Hinführung.
Lösung:
Lösungsvorschläge:
•
•
•
•
•
Heidrun, bring ’n Bier mit!“ ist ein Ausruf oder ein Befehl und folglich keine Aussage, der ein Wahrheitswert
”
zugeordnet werden kann.
”
”
”
”
Jupiter ist der größte Planet unseres Sonnensystems.“ ist eine wahre Aussage.
Alle Primzahlen sind ungerade.“ ist eine falsche Aussage, denn 2 ist auch eine Primzahl.
Der Herkules ist Kassels Wahrzeichen.“ ist eine wahre Aussage.
Wo is’ Heidrun?“ ist keine Aussage, sondern eine Frage.
Aufgabe: Entscheiden Sie, ob es sich bei den folgenden Ausdrücken um Aussagen handelt und geben Sie gegebenenfalls den Wahrheitswert an.
Ausdruck
Im nächsten Winter schneit es.
Gelbe Fahrräder sind gelb.
Leben Regenwürmer weiter, wenn man sie
durchschneidet?
Alle Katzen fangen Mäuse.
5x+3=9.
Rosen sind rot.
Die Erde ist eine Scheibe.
Komm mal her!
Aussage? Wahrheitswert 0,1 oder nicht entscheidbar
Lösung:
301
302
KAPITEL 7. LOGIK
Wahrheitswert 0,1 oder
nicht entscheidbar
nicht eintscheidbar
1
Ausdruck
Aussage?
Im nächsten Winter schneit es.
Gelbe Fahrräder sind gelb.
Leben Regenwürmer weiter, wenn man sie
durchschneidet?.
ja
ja
Alle Katzen fangen Mäuse .
ja
0
Rosen sind rot.
ja
0
Die Erde ist eine Scheibe.
ja
0
Komm mal her!
nein
0
5x+3=9.
Kommentar
Aussage über Zukunft.
Dies ist eine Frage und somit keine Aussage.
Es gibt auch Katzen, die
keine Mäuse fangen.
Diese Gleichung wird erst
bei Angabe einer Grundmenge zur Aussage.
Es gibt auch andersfarbige
Rosen.
Dies ist eine Aufforderung.
Aufgabe: Überlegen Sie sich jeweils, ob es sich bei folgenden Aussagen um eine Tautologie oder einen Widerspruch
handelt:
1. Wenn der Hahn kräht auf dem Mist, ändert sich das Wetter oder es bleibt, wie es ist.
2. Es regnet morgen Frösche und es wird morgen keine Frösche regnen.
Lösung:
Bei 1. handelt es sich um eine Tautologie, bei 2. um einen Widerspruch.
Aufgabe: Übersetzen Sie folgende Beispiele in eine logisch korrekte Syntax:
1. Die Substanz enthält Eisen und Magnesium.
2. Anna ist müde. Darum geht sie früh schlafen.
Lösung:
1. Betrachten wir zunächst die Einzelaussagen:
A: Die Substanz enthält Eisen.
B: Die Substanz enthält Magnesium.
korrekte Syntax: A ∧ B
2. Betrachten wir zunächst die Einzelaussagen:
A: Anna ist müde.
B: Sie geht früh schlafen.
Beziehung: Voraussetzung und Folgerung
korrekte Syntax: A ⇒ B.
Aufgabe: Überlegen Sie sich mithilfe der Definition der Interpretation, dass I(A ∧ B) = min(I(A), I(B)) gilt, wie
die Wahrheitstabelle für die Verknüpfung ∧“ aussehen müsste.
”
Lösung:
A B
(A ∧ B)
1
1 min(1, 1) = 1
1
0 min(1, 0) = 0
0
1 min(0, 1) = 0
0
0 min(0, 0) = 0
7.1. AUSSAGENLOGIK
7.1.2
303
Negation
Aufgabe: Bilden Sie die Negationen der folgenden Aussagen und entscheiden Sie: Ist die ursprüngliche Aussage oder
die Negation wahr?
A: Die Quersumme der Zahl 34 ist 9.
B: Alle reellen Zahlen erfüllen die Ungleichung x2 − 4 < x.
C: Es gibt eine reelle Zahl, welche die Ungleichung x2 < 0 erfüllt.
Lösung:
(¬A): Die Quersumme der Zahl 34 ist nicht 9.
(¬B): Es gibt (mindestens) eine reelle Zahl, die die Ungleichung x2 − 4 < x nicht erfüllt.
(¬C): Für alle reellen Zahlen gilt nicht x2 < 0. Alternative: Für alle reellen Zahlen gilt x2 ≥ 0.
In allen Fällen ist jeweils die Negation wahr und damit nicht die ursprüngliche Aussage.
Aufgabe: Verneinen Sie folgende Aussagen:
1. Alle Studenten an der Universität Kassel sind weiblich.
2. Die Zahlen 2, 4 und 7 sind gerade.
3. Es existiert eine Zahl, die nicht Primzahl ist.
4. Es existiert eine Primzahl.
Entscheiden Sie außerdem, ob jeweils die Aussage oder ihre Negation richtig ist. Wie können Sie Ihre Behauptung
beweisen?
Lösung:
1. Es gibt an der Universität Kassel Studenten, die männlich sind.
Diese Aussage ist richtig.
2. (Mindestens) Eine der Zahlen 2, 4 und 7 ist ungerade.
Diese Aussage ist wahr, denn die Zahl 7 ist eine ungerade Zahl.
3. Alle Zahlen sind Primzahlen.
Diese Aussage ist falsch, da z.B. 4 keine Primzahl ist.
4. Es gibt keine Primzahlen.
Diese Aussage ist falsch, da z.B. 2 eine Primzahl ist.
Aufgabe: Welche logische Alternative gibt es, zu zeigen, dass eine Aussage A wahr ist, wenn man es nicht direkt
zeigen kann/möchte?
Lösung:
Man kann zeigen, dass (¬A) falsch ist. Aufgrund der Definition der Negation weiß man, dass eine Aussage genau dann
wahr ist, wenn ihre Negation falsch ist.
Aufgabe: Vervollständigen Sie die folgende Tabelle zur mehrfachen Negation:
A
1
0
(¬A)
(¬(¬A))
(¬(¬(¬A)))
304
KAPITEL 7. LOGIK
Lösung:
A
1
0
(¬A)
0
1
(¬(¬A))
1
0
(¬(¬(¬A)))
0
1
Aufgabe: Formulieren Sie einen äquivalenten Satz zur folgenden Aussage, der statt der Negationen nur positive
Wörter enthalten soll: Er hätte nicht darauf verzichten sollen, nicht zu sagen, was er nicht meinte, dann hätte er
”
seinen Mangel an Erfolglosigkeit genießen können.“
Lösung:
Zusammensetzung der Negationswörter zu positiven Formulierungen:
nicht verzichten sollen (, etwas zu tun) - etwas tun
nicht sagen, was er nicht meinte - sagen, was er meinte
Mangel an Erfolglosigkeit - Erfolg
Bedeutung: Wenn er gesagt hätte, was er meinte, hätte er seinen Erfolg genießen können.“
”
7.1. AUSSAGENLOGIK
7.1.3
305
Konjunktionen und Disjunktionen
Aufgabe:
a) Beweisen Sie die De Morgan’schen Regeln der Logik mithilfe einer Wahrheitstabelle. Tipp: Zwei Aussagen sind
dann äquivalent, wenn ihre Wahrheitswerte in der Wahrheitstabelle übereinstimmen. Zerlegen Sie dazu eine Aussage zuerst in ihre einzelnen Bestandteile. Für die Morgan’sche Regel (A∩B)c = Ac ∪B c ist die Wahrheitstabelle
als Hilfe bereits angegeben:
A
B
A∧B
¬(A ∧ B)
¬A
¬B
¬A ∧ ¬B
Verfahren Sie mit der zweiten De Morgan’schen Regel (A ∪ B)c = Ac ∩ B c analog und vergleichen Sie dann mit
der Lösung.
b) Betrachten Sie den Beweis der De Morgan’schen Mengen aus vorheriger Aufgabe und vergleichen Sie ihn mit
dem Beweis aus a). Warum reicht für beide Sätze einer der Beweise aus? Welchen bevorzugen Sie und warum?
Lösung:
a) Wahrheitstabelle für die De Morgan’sche Regel (A ∩ B)c = Ac ∪ B c
A
1
1
0
0
B
1
0
1
0
A∧B
1
1
1
0
¬(A ∧ B)
0
0
0
1
¬A
0
0
1
1
¬B
0
1
0
1
¬A ∧ ¬B
0
0
0
1
Wahrheitstabelle fur die De Morgan’sche Regel (A ∪ B)c = Ac ∩ B c
A
1
1
0
0
B
1
0
1
0
A∧B
1
0
0
0
¬(A ∧ B)
0
1
1
1
¬A
0
1
1
1
¬B
0
1
0
1
¬A ∨ ¬B
0
1
1
1
b) Die Wahrheitstabelle geht algorithmisch vor, ist übersichtlich, aber umständlich mit der Hand zu erstellen. Der
Beweis der mengentheoretischen Formulierung regt zum Mitdenken an und schult somit das mathematische Vorstellungsvermögen und Formulieren. Auf den ersten Blick ist er allerdings weniger übersichtlich.
Da zwei Mengen innerhalb der Potzenzmenge einer gemeinsamen Obermenge zusammen mit den Mengenoperationen ∪, ∩, (−)c , sowie die sogenannte boolsche Algebra der Wahrheitswerte mit den logischen Operationen
∧, ∨, ¬ dieselbe Struktur haben, gibt es eine direkte Übersetzung zwischen beiden Strukturen, sodass einer der
beiden Beweise ausreichend ist.
Aufgabe: Wählen Sie eine der beiden Aufgaben zur Übung. Zeigen Sie auf ähnliche Weise entweder
• dass es sich bei dem Ausdruck ((A ∧ B) ∧ ((¬A) ∧ (¬B))) um einen Widerspruch handelt, oder
• dass es sich bei dem Ausdruck ((A ∨ B) ∨ ((¬A) ∨ (¬B))) um eine Tautologie handelt.
Lösung:
1. Wir zeigen, dass es sich bei dem Ausdruck ((A ∧ B) ∧ ((¬A) ∧ (¬B))) um einen Widerspruch handelt, indem wir
zeigen, dass der Ausdruck immer falsch ist.
306
Umformung
((A ∧ B) ∧ ((¬A) ∧ (¬B))) ⇔ (A ∧ B ∧ (¬A) ∧ (¬B))
(A ∧ B ∧ (¬A) ∧ (¬B)) ⇔ (A ∧ (¬A) ∧ B ∧ (¬B))
(A ∧ (¬A) ∧ B ∧ (¬B)) ⇔ (⊥ ∧ ⊥)
(⊥ ∧ ⊥) ⇒ ⊥
KAPITEL 7. LOGIK
Begründung
Assoziativität der Konjunktion.
Wegen der Kommutativität der Konjunktion ist (B ∧
(¬A)) ⇔ ((¬A) ∧ B).
Werden eine Aussage und ihre Negation durch eine
Konjunktion miteinander verbunden, handelt es sich
um einen Widerspruch. Die Aussage ist also immer
falsch.
Definition der Konjunktion für zwei falsche Teilaussagen.
2. Wir zeigen, dass es sich bei dem Ausdruck ((A ∨ B) ∨ ((¬A) ∨ (¬B))) um eine Tautologie handelt, indem wir zeigen,
dass der Ausdruck immer falsch ist.
Umformung
((A ∨ B) ∨ ((¬A) ∨ (¬B))) ⇔ (A ∨ B ∨ (¬A) ∨ (¬B))
(A ∨ B ∨ (¬A) ∨ (¬B)) ⇔ (A ∨ (¬A) ∨ B ∨ (¬B))
(A ∨ (¬A) ∨ B ∨ (¬B)) ⇔ (> ∨ >)
(> ∨ >) → >
Begründung
Assoziativität der Disjunktion.
Wegen der Kommutativität der Disjunktion ist (B ∨
(¬A)) ⇔ ((¬A) ∨ B).
Werden eine Aussage und ihre Negation durch eine
Disjunktion miteinander verbunden, handelt es sich
um eine Tautologie. Die Aussage ist also immer wahr.
Definition der Disjunktion für zwei wahre Teilaussagen.
Aufgabe: Welchen Wahrheitswert ordnet man den folgenden Konjunktionen zu?
1. 7 ist eine Primzahl und 3 ist eine ungerade Zahl.
2. 7 ist eine Primzahl oder 3 ist eine ungerade Zahl.
3. 7 ist keine Primzahl und 3 ist eine ungerade Zahl.
4. 7 ist keine Primzahl oder 3 ist eine ungerade Zahl.
5. 12 ist gerade und ungerade.
6. (B ∨ (¬B))
7. ((¬D) ∧ D)
Lösung:
1. wahr
2. wahr
3. falsch
4. wahr
5. falsch
6. wahr
7. falsch
Aufgabe: Erstellen Sie aus den jeweiligen Aussagen A) und B) eine verknüpfte Aussage, die wahr ist, indem Sie
wahlweise die Operationen ¬, ∧, ∨ verwenden.
Beispiel: Aus den Aussagen A) π ist das Verhältnis von Umfang zu Durchmesser eines Kreises.“ ; B) 4 = 0“ lässt
”
”
sich als wahre Aussage zum Beispiel die Disjunktion (A ∨ B) angeben, denn A ist wahr und B nicht. Möglich wäre
auch (A ∧ (¬B)).
1. A) 3 ≤ 9 ; B) 3 teilt 9.
7.1. AUSSAGENLOGIK
307
2. A) π = 3, 14 ; B) Die Winkelsumme im Quadrat beträt 180 Grad.
Lösung:
Mögliche Lösungen sind:
1. ((¬A) ∨ B)
2. ((¬A) ∧ (¬B))
Aufgabe: Erstellen Sie eine Wahrheitstabelle für die Aussage (B ∨ (¬B)). Handelt es sich um eine Tautologie oder
einen Widerspruch?
Lösung:
B (¬B)
1
0
0
1
(B ∨ (¬B))
1
Da (B ∨ (¬B)) immer wahr ist, handelt es sich um eine Tautologie.
1
Aufgabe: Verneinen Sie folgende Aussagenverknüpfungen:
1. Die deutschen Nationalspieler haben im Viertelfinale gut gespielt oder hatten Glück.
2. Die letzte Prüfung ist bestanden und ich habe riesigen Hunger.
3. Ich bin weder zu Hause noch komme ich heute heim.
4. Sie kennt mich nicht oder hat mich vergessen.
Lösung:
1. Die deutschen Nationalspieler haben im Viertelfinale nicht gut gespielt und hatten kein Glück.
2. Bei der letzten Prüfung bin ich durchgefallen oder ich habe keinen riesigen Hunger.
3. Ich bin zu Hause oder ich komme heute heim.
4. Sie kennt mich und hat mich nicht vergessen.
Aufgabe: Zeigen Sie, ob es sich bei den folgenden Aussagen um Tautologien, Widersprüche oder keins von beidem
handelt.
a) ((¬A) ∨ ((¬((¬A) ∨ B) ∨ (A ∧ B))))
b) (A ∧ (((¬A) ∨ A) ∧ ((¬A) ∧ (¬B)) ∨ B))
c) (A ∧ (¬B) ∨ (A ∧ B))
Lösung:
a) ((¬A) ∨ ((¬((¬A) ∨ B) ∨ (A ∧ B)))) ⇔ ((¬A) ∨ ((A ∧ (¬B)) ∨ (A ∧ B))) ⇔ ((¬A) ∨ (A ∨ ((¬B) ∧ B))) ⇔
(¬A) ∨ (A ∧ ⊥) ⇔ ((¬A) ∧ (A)) ⇔ >
Begründung mit Definitionen und bewiesenen Sätzen:
– 1. Äquivalenzpfeil: De Morgan’sche Regel und doppelte Verneinung
– 2. Äquivalenzpfeil: Distibutivität
– 3. Äquivalenzpfeil: Widerspruch ⇔ ⊥
– 4. Äquivalenzpfeil: Definition Disjunktion
– 5. Äquivalenzpfeil: Definition Tautologie
308
KAPITEL 7. LOGIK
b) (A ∧ (((¬A) ∨ A) ∧ ((¬A) ∧ (¬B)) ∨ B)) ⇔ (A ∧ ((>) ∧ ((¬A) ∧ (>)))) ⇔ (A ∧ ¬A) ⇔ ⊥
Begründung mit Definitionen und bewiesenen Sätzen:
– 1. Äquivalenzpfeil: Tautologie ⇔ >
– 2. Äquivalenzpfeil: Definition Konjunktion
– 3. Äquivalenzpfeil: Widerspruch ⇔ ⊥
c) (A ∧ (¬B) ∨ (A ∧ B)) ⇔ (A ∧ ((¬B) ∨ B)) ⇔ (A ∧ >) ⇔ A
Begründung mit Definitionen und bewiesenen Sätzen:
– 1. Äquivalenzpfeil: Distributivität
– 2. Äquivalenzpfeil: Tautologie ⇔ >
– 3. Äquivalenzpfeil: Definition Konjunktion
Aufgabe: Sie sehen auf dem folgenden Bild einen Schaltkreis mit den Verknüpfungen und (and), oder (or) und der
Negation (not).
Bild: Schaltkreis mit and - , or - und not - Schaltungen
Der Wert 1 entspricht dem Wahrheitsgehalt wahr und der Wert 0 entspricht dem Wahrheitsgehalt falsch. Mit diesen
Zuordnungen kann man die Verknüpfungen auch folgendermaßen definieren (mit min(x, y) bzw. max(x, y) bezeichnet
man das Minimum bzw. Maximum der beiden Zahlen x und y):
1. and(x, y) := min(x, y)
2. or(x, y) := max(x, y)
3. not(x) := 1 − x
In der Informationstechnologie steht die 1 für einen angeschalteten Zustand (Strom fließt) und die 0 für einen ausgeschalteten Zustand (Strom fließt nicht). Wir betrachten nun obigen Schaltkreis, bei dem an den mit 1 gekennzeichneten
Stellen Strom fließt und an den mit 0 gekennzeichneten Stellen kein Strom fließt. Durch diese Angaben ist der Wert,
der bei dem Fragezeichen ankommt, eindeutig bestimmt. Kommt nun eine 0 oder eine 1 bei dem Fragezeichen an?
Lösung:
Geht man die einzelnen Verknüpfungen von links nach rechts durch, so erhält man schließlich die 1.
Bild: Lösung des Schaltkreisproblems
7.1. AUSSAGENLOGIK
7.1.4
309
Implikationen und Äquivalenzen
Aufgabe: Ist die folgende Implikation wahr oder falsch: Wenn 1 · 1 = 2, dann bestehen wir alle Klausuren.
Lösung:
Da die Aussage A: 1 · 1 = 2 falsch ist, ist die Implikation A ⇒ B wahr, egal ob die Aussage B falsch oder wahr ist.
Aufgabe: Zeige, dass die folgenden Aussagen stets den Wert wahr annehmen:
A⇒A∨B
und
¬(¬A ∨ B) ⇔ A ∧ ¬B
Lösung:
Die Implikation A ⇒ A ∨ B wird bewiesen durch:
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
A∨B
w
w
w
f
A⇒A∨B
w
w
w
w
Der Beweis der Äquivalenz ¬(¬A ∨ B) ⇔ A ∧ ¬B erfolgt durch die Wahrheitstafel:
A
w
w
f
f
¬A
f
f
w
w
B
w
f
w
f
¬B
f
w
f
w
¬A ∨ B
w
f
w
w
¬(¬A ∨ B)
f
w
f
f
A ∧ ¬B
f
w
f
f
Aufgabe: Bestätige folgende Äquivalenzen durch Vergleich von Wahrheitstafeln:
A∧A⇔A
und
A∨A⇔A
Lösung:
Die Äquivalenzen kann man durch die folgende einfache Wahrheitstafel beweisen:
A
w
f
A∧A
w
f
A∨A
w
f
Aufgabe: Bestätigen Sie folgende Äquivalenz durch eine Wahrheitstafel:
(A ⇒ B) ⇔ (¬A ∨ B)
Lösung:
A
w
w
f
f
¬A
f
f
w
w
B
w
f
w
f
A⇒B
w
f
w
w
¬A ∨ B
w
f
w
w
310
KAPITEL 7. LOGIK
Aufgabe: Sei x ∈ R. Zu lösen ist folgende Gleichung:
√
x+6=5
Drei Lösungen werden vorgestellt. Welche der Rechnungen sind logisch richtig?
√
1. x + 6 = 5,
√
↔ x = −1,
√
2. x + 6 = 5,
√
↔ x = −1,
↔ x = 1,
√
3. x + 6 = 5
√
→ x = −1
→ x = 1,
→x=1
Lösung:
√
Rechnungen 2 und 3 sind logisch korrekt. Aus der Gleichung x + 6 = 5 folgt, dass x = 1 sein muss. Eine andere Zahl
kommt nicht in Frage. Aber nicht immer, wenn x = 1 ist,
√ gilt die genannte Gleichung. Daher ist Rechnung 1 logisch
falsch. Nimmt man die Lösungsmöglichkeit der Wurzel 1 = 1 an, dann ist
√
x+6=5
→1+6=5
→7=5
Da
√ diese Gleichung in den reellen Zahlen nicht gilt, können wir nicht behaupten, dass aus x = 1 die Gleichung
x + 6 = 5 folgt. Es handelt sich also nicht um eine Implikation in beide Richtungen und damit nicht um eine
äquivalenz.
Aufgabe: Zeigen Sie, dass die erste Implikation die zweite nicht impliziert.
1. (A1 ⇒ A2 )
2. ((¬A1 ) ⇒ (¬A2 ))
Formulieren Sie anschließend anschaulich die Bedeutung dieser Feststellung.
Lösung:
A1
1
1
0
0
A2
1
0
1
0
(¬A1 )
0
0
1
1
(¬A2 )
0
1
0
1
(A1 ⇒ A2 )
1
0
1
1
((¬A1 ) ⇒ (¬A2 ))
1
1
0
1
(A1 ⇒ A2 ) ⇒ ((¬A1 ) ⇒ (¬A2 ))
1
1
0
1
Da es sich bei der Implikation zwischen den zwei Ausdrücken nicht um eine Tautologie handelt, impliziert der erste
Ausdruck nicht den zweiten.
Bedeutung: Diese Feststellung besagt, dass man aus einer Implikation zwischen zwei Aussagen nicht die Implikation
der jeweiligen Negationen folgern kann. Dieser Schluss wird zwar häufig gezogen, hier wird jedoch gezeigt, dass er
logisch nicht zulässig ist.
Aufgabe: Kommen wir nun zurück auf die Beispiele aus der genetischen Hinführung. Klären Sie mithilfe Ihres Wissens über alltagssprachliche Ungenauigkeiten und Logik auf, warum es sich in den beiden Beispielen nicht um den
gleichen Schluss handelt:
1. Wenn ich hundert Meter unter 10,0 Sekunden laufe“, sagte Hänschen, kann ich bei der Olympiade mitmachen.
”
”
Leider laufe ich aber die hundert Meter nicht unter 10,0 Sekunden, folglich werde ich nicht bei der Olympiade
mitmachen.“
2. Bei der Leichtathletik-Weltmeisterschaft im Jahr 2009 wurde gesagt: Wenn einer der Läufer die hundert Meter
”
unter 9,69 Sekunden läuft, holt er den Weltrekord.“ Tyson Gay läuft bei der WM die hundert Meter in 9,71
Sekunden. Folglich holt er nicht den Weltrekord.
7.2. PRÄDIKATENLOGIK
311
Lösung:
Im ersten Beispiel kann man davon ausgehen, dass die Implikation logisch so gemeint ist, wie sie dort steht. Es handelt
sich also formal betrachtet um den Schluss
(A1 ⇒ A2 ) ⇒ ((¬A1 ) ⇒ (¬A2 )) falsch
Sie haben bereits in der vorherigen Aufgabe gezeigt, dass dieser Schluss nicht zulässig ist.
Im zweiten Beispiel kann man dem Sinn nach davon ausgehen, dass eigentlich die Äquivalenz Einer der Läufer holt
”
genau dann den Weltrekord, wenn er die hundert Meter unter 9,69 Sekunden läuft“ gemeint ist. Formal gesehen also
(A1 ⇔ A2 ). Der Schluss, der hier gezogen wird, ist der folgende:
(A1 ⇔ A2 ) ⇒ ((¬A1 ) ⇒ (¬A2 ))
Warum dieser Schluss zulässig ist, erfahren Sie im Modul zu Schlussweisen.
7.2
Prädikatenlogik
312
7.2.1
KAPITEL 7. LOGIK
Prädikatenlogik
Aufgabe: Was bedeutet der jeweils rechtsstehende logische Ausdruck? Zeichnen Sie eine entsprechende Grafik.
Bild:
Lösung:
Bild:
Aufgabe: Geben Sie im rechten Bild den logischen Ausdruck mit der zugehörigen Bedeutung an.
Bild:
Lösung:
7.2. PRÄDIKATENLOGIK
313
Bild:
Aufgabe: Überlegen Sie sich, warum die obigen falschen Äquivalenzen nicht gelten.
Lösung:
∃x(ϕ(x)∧ψ(x)) ⇔ ∃xϕ(x)∧∃xψ(x) gilt nicht, weil auf der linken Seite nur ein Objekt existiert, dass beide Eigenschaften
erfüllt und auf der rechten Seite der Gleichung von der Existenz von zwei Objekten die Rede ist.
∀x(ϕ(x) ∨ ψ(x)) ⇔ ∀xϕ(x) ∨ ∀xψ(x) gilt nicht, weil die linke Seite sagt, dass für jedes Objekt P oder Q gilt“ und die
”
rechte Seite der Gleichung sagt, dass für alle Objekte P oder für alle Objekte Q gilt. Betrachten Sie zum Beispiel die
natürlichen Zahlen und die Eigenschaft, gerade zu sein.
Aufgabe: Formalisieren Sie die folgenden alltagssprachlichen Sätzen mithilfe der syntaktischen Regeln der Prädikatenlogik.
• Dieser Hund beißt nicht.
• Bello knurrt und das Kind flüchtet.
• Weder Darmstadt noch Hanau noch Aschaffenburg haben einen Zoo.
• Wenn Bello knurrt, dann flüchtet das Kind.
• Romeo und Julia sind verliebt.
• Anna ist blond, aber nicht dumm.
Lösung:
• Dieser Hund beißt nicht.“: ¬Pb (hund);
• Bello knurrt und das Kind flüchtet.“: Pk (b) ∧ Pf (kind);
• Weder Darmstadt noch Hanau noch Aschaffenburg haben einen Zoo.: ¬PZ (d) ∧ ¬PZ (h) ∧ ¬PZ (a);
• Wenn Bello knurrt, dann flüchtet das Kind.: Pk (b) ⇒ Pf (kind);
• Romeo und Julia sind verliebt.: Rv (r, j);
• Anna ist blond, aber nicht dumm.: Pb (a) ∧ ¬Pd (a);
Aufgabe: Formalisieren Sie die folgenden mathematischen Aussagen unter prädikatenlogischen Gesichtspunkten:
1. Alle Quadratzahlen sind positiv.“(in (Z, (−)2 , <, 1, 0), wobei (−)2 : Z → Z, x 7→ x2 die Funktion ist, die einer
”
Zahl ihr Quadrat zuordnet.)
2. Es gibt eine Zahl x, sodass 2 + x = 5 ist.“(in (N, +N , 1N )) Tipp: Vorsicht, Sie haben lediglich Variablen und die
”
Konstante 1 zur Verfügung. überlegen Sie sich, wie Sie die Zahlen 2 und 5 darstellen.
3. Es gibt weder ein größtes, noch ein kleinstes Element.“(in (Z, <Z ))
”
314
KAPITEL 7. LOGIK
4. Es gibt mindestens 2 Knoten, die nicht verbunden sind.“(im Graph G = (V, E), wobei V die Knotenmenge und
”
E die zweistellige Kantenrelation ist.
Lösung:
1. ∀x(0 < x2 )
2. ∃x((1 + 1) + x = (((((1 + 1) + 1) + 1) + 1))
3. ¬∃x∀y(x < y) ∧ ¬∃z∀w(z < w)
4. ∃x∃y(¬E(x, y))
Aufgabe: Beschreiben Sie die Bedeutung des folgenden prädikatenlogischen Ausdrucks (über der Struktur (N, ·N , <N
)):
¬∃x(x < 0) ∧ ∀y∀z((¬(y = 0) ∧ ¬(z = 0)) ⇒ (¬(y · z < y) ∧ (¬(y · z < z))))
Lösung:
0 ist die kleinste Zahl und für je zwei positive Zahlen ist deren Produkt größer gleich als die einzelnen Faktoren.
Aufgabe: Negieren sie folgende Formeln:
1. (P (x) → Q(x))
2. ∃x(f (f (x)) < f (x))
3. ∀x∀y((P (x) ∨ P (y)) ∧ ¬(P (x) ∧ P (y))
4. Wenn es regnet, ist die Straße nass.“(Tipp: erst formalisieren, dann die Formel negieren und dann wieder
”
umgangssprachlich formulieren)
Lösung:
1. ¬(P (x) → Q(x)) ⇔ (P (x) ∧ ¬Q(x))
2. ¬(∃x(f (f (x)) < f (x))) ⇔ ∀x¬((f (f (x)) < f (x)))
3. ¬(∀x∀y((P (x) ∨ P (y)) ∧ ¬(P (x) ∧ P (y))) ⇔ ∃x∃y¬((P (x) ∨ P (y)) ∧ ¬(P (x) ∧ P (y))) ⇔ ∃x∃y(¬(P (x) ∨ P (y)) ∨
(P (x) ∧ P (y)) ⇔ ∃x∃y((¬P (x) ∧ ¬P (y)) ∨ (P (x) ∧ P (y)))
4. Es ist nicht der Fall, dass wenn es regnet, die Straße nass ist.“⇔ Es regnet und die Straße ist nicht nass.“
”
”
Aufgabe:
1. Betrachten Sie die Menge der Menschen M mit ihren Verwandschaftsrelationen (die wir hier nicht explizit
angeben müssen). Wir definieren die Funktion vater : M → M, x 7→ vater(x), die jeden Menschen auf seinen
Vater abbildet. Des Weiteren sei netter(x, y), die Relation, die sagt x ist netter als y“.
”
Formalisieren Sie den Satz Der Großvater ist immer netter als der Vater. “
”
2. Sei (N, +N ) die Menge der natürlichen Zahlen mit der Additionsfunktion. Wir definieren die Nachfolgerfunktion
suc : N → N, x 7→ suc(x), wobei suc(x) = x + 1.
Formalisieren sie den Satz, dass N unendlich viele Elemente enthält.
Lösung:
1. Eine Lösung ist ∀x(netter(vater(vater)(x), vater(x)).
2. Eine Lösung ist ∀x∃y(y = suc(x)).
7.3. LOGISCHE SCHLUSSWEISEN
315
Aufgabe: Sei folgende Struktur gegeben: S = (S, <S , 0, 1), wobei S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} ist. Unter welcher Belegung
stimmt die Formel (x1 < 1) ∧ ∀x2 (x2 < x3 )?
Sei V = {x1 , . . . , x7 } die Variablenmenge. Geben Sie eine Belegung β : V → S an. Es sind mehrere Lösungen möglich.
Lösung:
Wichtig sind die Belegungen von x1 und x3 , da x2 durch einen Quantor gebunden ist und die Wahrheit der Formel
somit nur von x1 und x3 abhängt. Daher stimmt die Formel unter allen Belegungen, bei welchen x1 = 0 und x3 = 6
ist.
Aufgabe: Sei S = (S, <S ) eine geordnete Menge, wobei S eine beliebige Menge ist. Definieren Sie Formeln für neue
Relationen x ≤ y, x ≥ y, x > y, max(x)( x ist das größte Element“) und suc(x) (als Relation, die x auf ihren direkten
”
Nachfolger bzgl < abbildet). Beispiel: x ≤ y :⇔ x < y ∨ x = y
Lösung:
• x ≥ y :⇔ ¬(x < y)
• y < x :⇔ ¬(x < y) ∧ ¬(x = y)
• max(x) :⇔ ∀y(y < x)
• suc(x) = y :⇔ x < y ∧ ¬∃z(x < z < y)
7.3
Logische Schlussweisen
316
KAPITEL 7. LOGIK
7.3.1
Logische Schlussweisen
Aufgabe: Lesen Sie den obigen Beweis und versuchen Sie, ihn zu verstehen. Beantworten Sie dabei für sich selbst
die Frage: Welche Implikationen wurden hier vorgenommen? Anschließend reflektieren Sie: Haben Sie einen Beweis in
dieser Art vermutet? Wenn nein, was ist anders als gedacht?
Aufgabe: Zeigen Sie mithilfe einer Wahrheitstafel, dass dies gilt.
Lösung:
A
1
1
0
0
B
1
0
1
0
(A ⇒ B)
1
0
1
1
(A ∧ (A ⇒ B))
1
0
0
0
((A ∧ (A ⇒ B)) ⇒ B)
1
1
1
1
Aufgabe: Vollziehen Sie den obigen Beispielbeweis nach. Wenn es Ihnen hilft, können Sie den Beweis auch in logischen Formeln darstellen.
Lösung:
Im Folgenden finden Sie eine Möglichkeit, wie man den Beweis logisch nachvollziehen kann:
1. Zu zeigen ist: A ⇒ B mit
• A: Die Winkelsumme in einem Dreieck beträgt 180 ◦ .
• B: Mindestens ein Winkel ist größer oder gleich 60 ◦ .
2. Die Negation von B ist (¬B): Alle Winkel sind kleiner als 60 ◦ .
3. Wir nehmen an: (A ∧ (¬B)): Die Winkelsumme beträgt 180 ◦ und alle Winkel sind kleiner als 60 ◦ , das heißt, die
Winkelsumme ist kleiner als 3 · 60 ◦ = 180 ◦ .
4. Da die Winkelsumme niemals sowohl 180 ◦ als auch kleiner 180 ◦ sein kann, handelt es sich hierbei um einen
Widerspruch: (A ∧ (¬B)) ⇒ ⊥.
5. Daraus können wir nun schließen, dass A ⇒ B gilt.
Aufgabe: Versuchen Sie, den Schluss im Beispiel durch eine logische Formel darzustellen.
Lösung:
siehe folgenden Satz
Aufgabe: Beweisen Sie, dass die Aussage Jede Quadratzahl ist gerade.“ falsch ist.
”
Lösung:
Behauptung: Die Aussage Jede Quadratzahl ist gerade.“ ist falsch.
”
Beweis:
Die Zahl 1 ist eine ungerade Quadratzahl. Somit existiert mindestens eine Quadratzahl, die nicht gerade ist und die
Aussage Jede Quadratzahl ist gerade.“ ist falsch.
q.e.d.
”
Aufgabe: In der Hinführung wurde bereits durch direkten Beweis gezeigt: Das Quadrat einer geraden natürlichen
”
Zahl ist stets eine gerade Zahl.“ Beweisen Sie den Satz nun
1. mittels Widerspruchsbeweis
2. mittels Kontraposition
7.3. LOGISCHE SCHLUSSWEISEN
317
3. mittels vollständiger Induktion; hierfür formulieren wir den Satz um zu: Für alle n ∈ N folgt aus n gerade, dass
”
auch n2 gerade ist.“ (Tipp: Beginnen Sie mit dem Induktionsanfang bei n = 2 und schließen Sie von n auf n + 2,
weil die Aussage für alle geraden natürlichen Zahlen bewiesen werden soll.)
Notieren Sie jeweils zuerst Ihr Vorgehen und beweisen Sie anschließend die Aussage mit der jeweiligen Methode.
Lösung:
1. mittels Widerspruchsbeweis:
Beweis: Wir zeigen, dass sich aus n gerade und n2 ungerade ein Widerspruch ergibt:
Sei n gerade, d.h. es existiert ein m ∈ N mit n = 2m. Sei weiterhin n2 ungerade (d.h. nicht gerade), dann existiert ein
k ∈ N mit n2 = 2k + 1 .
Damit folgt insgesamt
(2m)2 = 2k − 1
und damit wiederum 2 · (2m2 ) = 2k − 1 . Da 2m2 eine natürliche Zahl ist, ist 2 · (2m2 ) gerade. Auf der linken Seite
steht damit also eine gerade Zahl, auf der rechten Seite allerdings eine ungerade. Eine Zahl kann jedoch nie gleichzeitig
gerade und ungerade sein, so dass 2 · (2m2 ) = 2k − 1 einen Widerspruch darstellt.
Somit folgt aus n gerade und n2 ungerade eine Falschaussage und damit insgesamt der Beweis der Behauptung. 2. mittels Kontraposition
Beweis: Wir betrachten zunächst die Aussage Das Quadrat einer geraden natürlichen Zahl ist stets eine gerade Zahl“
”
als Implikation A ⇒ B: Aus n gerade (A) folgt n2 gerade (B)“. Um nun mittels Kontraposition zu argumentieren,
”
zeigen wir die Aussage: Wenn das Quadrat einer natürlichen Zahl nicht gerade ist (¬B), dann ist die Zahl selbst auch
”
nicht gerade (¬A).“:
Dabei stellen wir zuerst fest, dass eine nicht gerade natürliche Zahl stets ungerade ist. Es gelte nun, dass n2 ungerade ist, wobei n ∈ N ist. Dann ist die Zahl 2 kein Teiler von n2 und somit auch kein Teiler von n, also ist n auch ungerade.
Damit folgt letztlich umgekehrt: Ist n eine gerade Zahl, so ist n2 auch gerade.
3. mittels vollständiger Induktion
Beweis:
Induktionsanfang (A2 ): Die Behauptung ist wahr für die kleinste gerade natürliche Zahl n = 2, da die Zahl n2 = 4
eine gerade Zahl ist.
Induktionsvoraussetzung (An ): Die Behauptung gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ N .
Induktionsschritt (An ⇒ An+2 ): Die Behauptung gilt auch für n + 2, denn es folgt mit der ersten binomischen
Formel:
(n + 2)2 = n2 + 4n + 4 = n2 + 2(2n + 2) .
Nun ist n2 nach Induktionsvoraussetzung gerade und der zweite Summand 2(2n + 2) ist ebenfalls gerade. Also folgt
insgesamt (n + 2)2 ist gerade.
Damit folgt mit Induktionsanfang und Induktionsschritt die Gültigkeit der Behauptung für alle geraden n ∈ N.
Aufgabe: Beweisen Sie durch vollständige Induktion die Aussage A(n): 2n > n + 1 für alle n ∈ N \ {1} .“
”
Lösung:
IA: A(2) ist wahr, denn es gilt 4 = 22 > 3 = 2 + 1.
IV: Die Aussage A(n) gelte für ein beliebiges, aber festes n ∈ N \ {1} .
IS: Die Aussage gilt auch für A(n + 1) , denn
IV
2n+1 = 2 · 2n > 2 · (n + 1) = 2n + 2 = n + 2 + n
n∈N\{1}
>
n + 2 = (n + 1) + 1.
Aufgabe: Eine ganze Zahl n heißt ungerade, wenn es eine ganze Zahl m gibt, so dass n = 2 m + 1 gilt und gerade,
wenn es eine ganze Zahl m gibt, so dass n = 2 m gilt.
318
KAPITEL 7. LOGIK
Zeigen Sie durch direkten Beweis: Sind n1 und n2 ungerade Zahlen, dann bildet die Summe n1 + n2 eine gerade Zahl
und das Produkt n1 · n2 eine ungerade Zahl.
Lösung:
Seien n1 und n2 ungerade Zahlen. Dann gibt es zwei ganze Zahlen m1 und m2 derart, dass n1 = 2m1 + 1 und
n2 = 2m2 + 1 gilt.
• n1 + n2 = 2m1 + 1 + 2m2 + 1 = 2m1 + 2m2 + 2 = 2(m1 + m2 + 1) ist gerade, da m1 + m2 + 1 ∈ Z.
• n1 · n2 = (2m1 + 1) · (2m2 + 1) = 4m1 m2 + 2m1 + 2m2 + 1 = 2(2m1 m2 + m1 + m2 ) + 1 ist ungerade, da
2m1 m2 + m1 + m2 ∈ Z.
Aufgabe: Zeigen Sie mittels direkten Beweis, dass der Term n3 − n für alle n ∈ N durch 6 teilbar ist.
Lösung:
Zunächst einmal faktorisieren wir den Term und erhalten n3 − n = n(n2 − 1) = (n − 1)n(n + 1). Die Zahl ist also ein
Produkt dreier aufeinander folgender, nichtnegativer ganzer Zahlen.
• Mindestens eine der drei Zahlen ist gerade, denn entweder ist die Zahl n gerade oder die Zahlen n − 1 und n + 1.
Das heißt die Zahl 2 ist ein Teiler von n3 − n.
• Unter den drei Zahlen n − 1, n und n + 1 ist genau eine der Zahlen durch 3 teilbar, denn teilen wir die Zahlen
mit Division mit Rest durch 3, so erhalten wir die Reste 0,1 und 2.
Da 2 und 3 Teiler von n3 − n sind und 2 und 3 teilerfremd sind, ist das Produkt 2 · 3 = 6 auch ein Teiler von n3 − n.
Aufgabe: Beweisen Sie die folgende Aussage durch indirekten Beweis:
Ist 2 ein Teiler von n ∈ N , dann ist 2 auch Teiler von n3 .“
”
Lösung:
Wir nehmen an, dass 2 ein Teiler von n ∈ N und 2 kein Teiler von n3 ist und führen diese Annahme zum Widerspruch.
Wir erhalten durch Division mit Rest
n3 = 2 · k + 1.
Der Rest bei der Division von n3 durch 2 muss 1 sein, da 2 kein Teiler von n3 ist. Da 2 die Zahl n teilt, gilt n = 2m.
Durch die Substitution n = 2m erhalten wir n3 = (2m)3 = 2 · 4m3 = 2 · k + 1. Da 2 · 4m3 eine gerade und 2 · k + 1
eine ungerade Zahl ist, können die beiden Zahlen nicht, wie oben gezeigt, identisch sein. Das ergibt den gewünschten
Widerspruch.
Aufgabe: Zeigen Sie durch Kontraposition:
Ist a · b gerade, dann ist a gerade oder b gerade.“.
”
Lösung:
Zu zeigen ist, dass aus a ungerade und b ungerade folgt, dass a · b ungerade ist. Sei also a und b ungerade. Dann
gilt a = 2n + 1 und b = 2m + 1 mit n, m ∈ Z. Für das Produkt erhält man somit a · b = (2n + 1) · (2m + 1) =
4nm + 2n + 2m + 1 = 2(2nm + n + m) + 1.
Aufgabe: Die Winkelsumme in einem Viereck beträgt 360 ◦ . Zeigen Sie durch Widerspruchsbeweis, dass mindestens
ein Winkel größer oder gleich 90◦ sein muss.
Lösung:
Nehmen wir an, dass die Behauptung falsch ist. Dann existiert kein Winkel in dem Viereck, welcher größer oder gleich
90◦ ist. Das heißt aber, dass alle vier Winkel kleiner als 90◦ sind. Die Winkelsumme ist somit kleiner als 360 ◦ . Das steht
aber im Widerspruch zu der Tatsache, dass die Winkelsumme exakt 360 ◦ beträgt. Folglich ist der Beweis erbracht.
Aufgabe: Erläutern Sie, warum die Aussagen
1. A(2) ist wahr.
7.3. LOGISCHE SCHLUSSWEISEN
319
2. Für n ∈ N, n ≥ 2: A(n) wahr =⇒ A(2n) wahr.
3. Für n ∈ N, n ≥ 2: A(n + 1) wahr =⇒ A(n) wahr.
genügen, um die Behauptung
√
n
a1 · a2 · . . . · an ≤
a1 + a2 + . . . an
.
n
für alle n ∈ N mit n ≥ 2 und beliebige positive Zahlen a1 , . . . , an zu zeigen.
Lösung:
Mit 1. erhalten wir durch mehrmaliges Anwenden von 2. die Richtigkeit von A(4), A(8), A(16), . . ., also für beliebig
große 2er - Potenzen.
3. erlaubt es, von einer beliebigen Zahl n0 aus, die Richtigkeit von A(n0 − 1), A(n0 − 2), . . . , A(1) zu zeigen.
Jetzt bliebe noch formal zu zeigen (z.B. durch einen Widerspruchsbeweis), dass es zu jeder natürlichen Zahl n ∈ N
eine 2er - Potenz N = 2k mit K ∈ N gibt, so dass N ≥ n gilt. Wir nehmen dies an dieser Stelle einfach hin.

Zugehörige Unterlagen

Konstruktion der ganzen Zahlen aus den natürlichen Zahlen

- Universität Paderborn

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