Lösungen zu Übung (3)

Lösungen zu Übung (3)
1. (a) Wir lösen die Gleichung x4 + 2x2 − 5 = 0. Mit u = x2 haben wir die Gleichung
u2 + 2u − 5 = 0 und die Zusatzbedingung u ≥ 0.
Das führt auf
u1,2 = −1 ±
√
6.
Die Zusatzbedingung sortiert die negative Lösung aus, also hat die Gleichung x4 + 2x2 − 5 = 0 genau die
beiden Lösungen
√
x1,2 = ± −1 + 6.
(b) Die Gleichung x4 − 6x2 + 1 = 0 hat mit den (positiven!) Lösungen
√
u1,2 = 3 ± 8 von u2 − 6u + 1 = 0
die vier reellen Lösungen
x1,2
x3,4
√
= ± 3 + 8,
√
= ± 3 − 8.
√
√
√
√
2x − 1+ 3x − 2 = 1 hat genau eine reelle Lösung, weil
die Funktion f (x) = 2x − 1+ 3x − 2
definiert ist für x ≥ 23 . An dieser Stelle ist aber der Wert f 23 = 43 − 1 < 1. Ferner ist die Funktion f als
Summe von zwei streng monoton wachsenden Funktionen ebenfalls streng monoton
wachsend, und f nimmt
2
offenbar beliebig große Werte an. Also kommt, da f stetig ist, jeder Wert a mit f
≤ a < ∞ genau einmal
3
vor. (’Zwischenwertsatz’). Nun zur rechnerischen Lösung:
2. Die Gleichung
√
√
2
2x − 1 = 1 − 2 3x − 2 + 3x − 2, mit Zusatzbedingungen x ≥ und 2x − 1 < 1, d.h.
3
√
2
2 3x − 2 = x und 1 > x ≥ dies ist gleichwertig zu
3
2
4 (3x − 2) = x2 und 1 > x ≥ .
3
also haben wir mit den Lösungen
√
x1,2 = 6 ± 2 7 der quadratischen Gleichung
x2 − 12x + 8 = 0
das Resultat:
√
Denn offenbar 6 + 2 7 > 1.
√
Die einzige Lösung der Gleichung ist 6 − 2 7.
3. Wir stellen das Polynom p (x) = 3x2 − 2x + 1 dar als Polynom in (x − 1) , finden also Zahlen α0 , α1 , α2 , so dass
2
p (x) = α0 + α1 (x − 1) + α2 (x − 1) für alle reellen Zahlen x.
Man hat
Also
α0 + α1 (x − 1) + α2 (x − 1)2 = α2 x2 + (α1 − 2α2 ) x + α0 − α1 + α2 .
α2
α1 − 2α2
α0 − α1 + α2
= 3,
= α1 − 6 = −2, somit α1 = 4,
= α0 − 4 + 3 = 1, also α0 = 2.
1
Daher
3x2 − 2x + 1 = 6 + 4 (x − 1) + 3 (x − 1)2 .
n
Der Koeffizientenvergleich ist in Ordnung, weil xn+1 >
αk xk für x genügend groß. Das sieht man duch
k=0
Bilden des Quotienten und Kürzen durch xn . Das geht offenbar nach ∞ für x → ∞. Somit müssen die leitenden
Koeffizienten übereinstimmen, nach deren Abzug also der nächstkleinere, usw. Wir boebachten im Beispiel weiter:
p (1) = α0 ,
p′ (1) = α1 ,
p′′ (1) = 2α2 .
Allgemein kann man die Koeffizienten bei Entwicklung eines Polynoms um b so finden:
αk =
f (k) (b)
.
k!
4. Für den größten gemeinsamen Teiler zweier natürlicher Zahlen a0 > a1 > 0 teilen wir fortgesetzt mit Rest - an+2
ist jeweils der Rest der Division von an durch an+1 :
a0
a1
ak
= s1 a1 + a2 , dann, so lange der Rest nicht Null ist:
= s2 a2 + a3 ,
usw., bis schließlich zum ersten Mal
= sk+1 ak+1 (also Rest Null).
Dann ist ak+1 der größte gemeinsame Teiler von a0 , a1 . Wenn eine Zahl a0 und a1 teilt, dann teilt sie auch a2 ,
dann also auch a3 usw. Also teilt sie die beschriebene Zahl ak+1 . Umgekehrt teilt ak+1 die Zahl ak , also auch
alle vorigen mit Index < k. Zur zweiten Frage: Man hat
a2 = a0 − s1 a1 ,
also lässt sich a2 wie verlangt darstellen. Weiter hat man
ak−1 = sk ak + ak+1 .
Mit Induktionsvoraussetzung hat man ganze Zahlen α, β, γ, δ mit:
ak
ak−1
= αa0 + βa1 ,
= γa0 + δa1 ,
also
ak+1
= ak−1 − sk ak
= γa0 + δa1 − sk (αa0 + βa1 )
= (γ − sk α) a0 + (δ + β) a1 .
Nun haben teilerfremde natürliche Zahlen a0 , a1 den größten gemeinsamen Teiler 1, also besteht eine Gleichung
αa0 + βa1 = 1. Konkret α, β für a0 = 75, a1 = 14 :
75
14
5
4
=
=
=
=
Nun hat man
1 =
=
=
=
5 · 14 + 5,
2 · 5 + 4,
1 · 4 + 1,
4 · 1 + 0.
5 − 4,
5 − (14 − 2 · 5)
75 − 5 · 14 − (14 − 2 · (75 − 5 · 14))
3 · 75 − 16 · 14.
2
5. (a) Wir haben
4
x +2x3 − 7x2 − 8x + 12 : x3 + x2 − 4x − 4 = x + 1, Rest − 4x2 + 16.
− x4 + x3 − 4x2 − 4x
x3 − 3x2 − 4x + 12
− x3 + x2 − 4x − 4
−4x2 + 16
Wir haben also
(b) Ebenso berechnet man
x4 + 2x3 − 7x2 − 8x + 12
−4x2 + 16
=
x
+
1
+
.
x3 + x2 − 4x − 4
x3 + x2 − 4x − 4
3
1
1
x + x2 − 4x − 4 : −4x2 + 16 = − x − , Rest Null,
4
4
also ist −4x2 + 16 größter gemeinsamer Teiler von x4 + 2x3 − 7x2 − 8x + 12 und x3 + x2 − 4x − 4, in
einfachster Form wählen wir also (x − 2) (x + 2) = x2 − 4 als größten gemeinsamen Teiler.
6. Man hat
5
(3x − 2)
5
5
5
5
4
1
=
(3x) +
(3x) (−2) +
(3x)3 (−2)2
5
4
3
5
5
5
2
3
1
4
+
(3x) (−2) +
(3x) (−2) +
(3x)0 (−2)5
2
1
0
= ∗ 35 x5 − 10 · 34 x4 + 40 · 33 x3 − 80 · 32 x2 + 80 · 3 · x − 32
= 243x5 − 810x4 + 1080x3 − 720x2 + 240x − 32 (nicht nötig!)
Bei ∗ sollte man die Symmetrie der Binomialkoeffizienten ausnutzen. Weiteres Ausmultiplizieren ist nicht nötig.
Die Vorzeichen sollten nicht versäumt werden.
7. Man hat
n
2 =bin. F ormel
n n
k=0
k
=∗ Anzahl aller Teilmengen einer Menge von n Elementen.
∗
) Wenn man nimmt: Die Anzahl der Teilmengen mit Null Elementen + Anzahl der Teilmengen mit genau einem
Element + ... Anzahl der Teilmengen mit genau n Elementen, so hat man offenbar die Anzahl aller Teilmengen.
Die Aussage gilt auch für n = 0. Zweite Frage:
n
Für n ≥ 1 hat man: 0 = (1 − 1) =
k≤n und k ungerade
n
=
k
k≤n und k gerade
n
.
k
n
k=0
n
(−1)
, also
k
k
Es folgt also, dass es von einer Menge von n Elementen genau so viele Teilmengen mit ungerader Elementezahl wie
Teilmengen mit gerader Elementezahl gibt, das gilt aber erst ab n = 1. Sinngemäß sollte für n = 0 herauskommen:
0
0
0 = (1 − 1) =
n
k=0
n
(−1)
= 1,
k
k
und das rechnet man tatsächlich auch für limε→0+ εε aus. (Man lässt ε im positiven Bereich nach Null gehen.)
Wir werden das später sehen.
3
8. (a) Man hat für eine Zufallsvariable X, die binomialverteilt ist mit n = 16, p =
1
:
6
P (X > 2) = 1 − P (X ≤ 2)
16
15
2 14
1
1
5
5
5
= 1−
− 16
− 120
6
6
6
6
6
≈ 0.513.
(b) Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei n zufällig ausgewählten Leuten n verschiedene Geburtstagsmonate
auftreten, ist natürlich Null ab n = 13. Die Frage für n ≤ 12 läuft darauf hinaus: Wir zählen die Anzahl der
’günstigen’ Fälle: Sollen die n Personen alle in verschiedenen Monaten geboren sein, so hat man für die erste
Person 12 mögliche Monate, für die zweite noch 11, usw. Also ist die Anzahl der günstigen Fälle:
m = 12 · 11 · ... · (12 − n + 1) ,
und diese Zahl ist zu teilen durch die Anzahl der möglichen Fälle, die ist 12n , das ist die Anzahl aller Monatsfolgen
für n.Personen. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also
1−
12 · 11 · ... · (12 − n + 1)
.
12n
Man hat nun mit Probieren, dass sie ab sieben Personen über 0.8 liegt (sogar nahe an 0.9):
1−
12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 7 · 6
≈ 0.89
127
für n = 6 ist die Wahrscheinlichkeit noch unter 0.8, aber bereits nahe daran.
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