L.1 Aussagen, Mengen und Funktionen - Wiley-VCH

L.1
Aussagen, Mengen und Funktionen
L.1.1
Aussagen
Lösung 1.1.1
A B
1 1
1 1
1 0
1 0
0 1
0 1
0 0
0 0
a), b)
c)
A B
1 1
1 1
1 0
1 0
0 1
0 1
0 0
0 0
C
1
0
1
0
1
0
1
0
C
1
0
1
0
1
0
1
0
A⇒B
1
1
0
0
1
1
1
1
A∧B
1
1
0
0
0
0
0
0
A
1
1
0
0
d)
(A ⇒ B) ⇒ C
1
0
1
1
1
0
1
0
B∧C
1
0
0
0
1
0
0
0
B
1
0
1
0
A∨B
1
1
1
1
1
1
0
0
(A ∨ B) ∧ C
1
0
1
0
1
0
0
0
¬(B ∧ C) (A ∧ B) ∨ ¬(B ∧ C)
0
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
A⇒B
1
0
1
1
(A ⇒ B) ∧ B
1
0
1
0
c) Die Aussage ist äquivalent zu ¬(¬A ∧ B ∧ C),
d) Die Aussage ist äquivalent zu B.
Lösung 1.1.2
A B
a)
1
1
0
0
1
0
1
0
b)
A B
1 1
1 1
1 0
1 0
0 1
0 1
0 0
0 0
¬A ¬B
0
0
1
1
(A ∧ B) ∨ ¬A
(A ∧ B) ∨ ¬B
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
A B
1 1
1 0
0 1
0 0
C
1
0
1
0
1
0
1
0
A∧B
A⇒B
1
0
1
1
B∧C
1
0
0
0
1
0
0
0
B⇒A
1
1
0
1
((A ∧ B) ∨ ¬A)
∧((A ∧ B) ∨ ¬B)
1
0
0
1
(A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A) A ⇐⇒ B
1
1
0
0
0
0
1
1
A ∨ (B ∧ C) A ∨ B
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
A∨C
1
1
1
1
1
0
1
0
(A ∨ B) ∧ (A ∨ C)
1
1
1
1
1
0
0
0
Lösung 1.1.3
a) Annahme: Es gibt reelle Zahlen a und b, für die gilt:
|a|
|b|
|a + b|
>
+
.
1 + |a + b|
1 + |a| 1 + |b|
⇒ |a + b|(1 + |a|)(1 + |b|) > (1 + |a + b|)(|a|(1 + |b|) + |b|(1 + |a|))
⇒ |a + b|(1 + |a| + |b| + |ab|) > (1 + |a + b|)(|a| + |b| + 2|ab|)
Aufgaben und Lösungen zu Mathematik für Ingenieure 1, 4.Aufl., R. Ansorge, H. J. Oberle, K. Rothe und Th. Sonar
c 2010 WILEY-VCH Verlag GmbH & Co. KGaA, Weinheim
Copyright ISBN: 978-3-527-40987-7
84
L.1
Aussagen, Mengen und Funktionen
⇒ |a + b| > |a| + |b| + 2|ab| + |a + b||ab|
⇒ |a + b| > |a| + |b|
im Widerspruch zur Dreiecksungleichung.
n
mit teilerfremden n, m ∈ IN
m
n/m
n
m
= 2 ⇒ 10 = 2 ⇒ 5n = 2m−n
⇒ 10
im Widerspruch zur Eindeutigkeit der Primfaktorenzerlegung.
b) Annahme: Es sei log10 2 =
c) Annahme:
so dass gilt
√
√ gibt reelle Zahlen√a, b mit 0 < a < b, √
√ Es
b − a ≥ b − a ⇒ b + a − 2 ab ≥ b − a ⇒ a ≥ ab ⇒ a ≥ b
im Widerspruch zur Annahme.
Lösung 1.1.4
n
mit teilerfremden n ∈ ZZ, m ∈ IN
m
n2
n
⇒ a 2 + b + c = 0 ⇒ an2 + bmn + cm2 = 0 .
m
m
Da m und n teilerfremd sind, können nicht beide Zahlen gerade sein.
Angenommen, n ist gerade:
⇒ an2 + bmn ist gerade ⇒ cm2 ist gerade ⇒ m ist gerade (Widerspruch).
Angenommen, m ist gerade:
⇒ bmn + cm2 ist gerade ⇒ an2 ist gerade ⇒ n ist gerade (Widerspruch).
Also sind n, m ungerade Zahlen
⇒ an2 + bmn + cm2 ist ungerade (Widerspruch).
a) Annahme: Es sei x =
b) Es gilt |a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b| ⇒ |a| − |b| ≤ |a − b|
und
|b| = |b − a + a| ≤ |b − a| + |a| ⇒ |b| − |a| ≤ |b − a| = |a − b| .
Damit folgt die Behauptung.
Lösung 1.1.5
a) Es gilt (1 + q + q 2 + · · · + q n )(1 − q) = 1 − q n+1 , mit q = 1 folgt die Behauptung.
b) Sei n zunächst gerade: Man addiert den ersten und den letzten Summanden zu n + 1, den zweiten
n
und den vorletzen zu 2 + (n − 1) = n + 1 usw. und erhält so Zwischensummen vom Wert n + 1.
2
n
Also ist 1 + 2 + 3 + · · · + n = (n + 1). Ist n ungerade, so ist n − 1 gerade und man erhält mit
2
n
n−1
((n − 1) + 1) + n = (n + 1).
der vorangegangenen Argumentation 1 + 2 + 3 + · · · + n =
2
2
Lösung 1.1.6
a)
(i) Die Zahl lautet N = 8.
Beweis: Es gilt 37 = 2187 < 2401 = 74 , und für n ≥ 5 erhält man:
n
n−1
4
= (1 +
< 1+
Für n ≥ 8 gilt also :
6
1 4
4
4
1
) =1+
+
+
+
2
3
n−1
n − 1 (n − 1)
(n − 1)
(n − 1)4
6
4
1
4
+
+
+
< 3.
4 16 64 256
3n
3n
3n
38
6561
> 1.
=
>
=
=
4
4
4 3n−8
4
4
n4
8
8
4096
8 (9/8) · · · (n/(n − 1))
(ii) Die Zahl lautet N = 9.
Beweis: Es gilt 8! = 40320 < 65536 = 48 .
Für n ≥ 9 erhält man:
n!
9! · 10 · · · n
9!
362880
> 1.
= 9 n−9 > 9 =
4n
4 ·4
4
262144
L.1.1
Aussagen
85
b) Es gilt: n2 + m2 = (2j(j + 1))2 + (2j + 1)2 = (2j(j + 1))2 + 4j 2 + 4j + 1
= (2j(j + 1))2 + 2 · 2j(j + 1) + 1 = (2j(j + 1) + 1)2 .
Lösung 1.1.7
A: a, b ∈ IR mit 0 < a ≤ b ,
a) Voraussetzung:
Behauptung: B:
a≤
2ab
a+b
(i) indirekter Beweis:
¬B : a >
2ab
a+b
⇒
a2 > ab ⇒
a(a + b) > 2ab ⇒
a>b
(ii) direkter Beweis:
⇒ a2 ≤ ab
A: 0<a≤b
⇒
a(a + b) ≤ 2ab ⇒ a ≤
b) Voraussetzung:
Behauptung: B :
A ∧ ¬B :
⇒
√
⇒ a2 + ab ≤ 2ab
2ab
: B.
a+b
A: Satz über die Primfaktorzerlegung
√
23 ist irrational.
23 ist rational
∃m, n ∈ IN teilerfremd (man beachte:
√
23 > 0):
⇒
m2
(quadrieren)
n2
23n2 = m2
⇒
23 teilt m2 und damit m also m = 23k
⇒
23n2 = 232 k2 ⇒ n2 = 23k2
⇒
23 teilt n2 und damit n
⇒
√
m
23 =
n
23 =
Widerspruch zur Teilerfremdheit von n, m
c) Widerspruchsbeweis:
Angenommen es gilt
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
Damit gilt
√
√
√
(√ 7√+ 11)2
7 + 2 7 11
√+
√11
7√11
77
77
√
√
√
√
7 + 11 < 8 + 10.
7+
≥
≥
≥
≥
≥
√
√
√
11 ≥ 8 + 10
√
√ 2
( 8 +√ √
10)
8√+√2 8 10 + 10
√8 10
80
80 (falsche Aussage)
: ¬A
86
L.1
L.1.2
Aussagen, Mengen und Funktionen
Mengen
Lösung 1.2.1
(i) C,
(ii)
2 ≤ x < 4,
(iii)
−3 < x,
(v) x < 2,
(vi)
] − 3, −1[ ∪ [1, 4[,
(vii)
] − ∞, −1[ ∪ [1, +∞[,
(viii)
x < 2,
(ix) −3 < x,
(x)
x < 2,
(xi)
A,
(xii)
∅.
(iv)
C ∪ [2, 4[,
Lösung 1.2.2
40
30
a) A = [−2, 2],
20
b) B = {−2, −1, 0, 1, 2},
10
c) C = {1, 2},
-3
d) D = {0, 1, 2, 3}
-2
-1
1
f (x) = x − 4 ,
Bild 1.2.2
A ∪ D = [−2, 2] ∪ {3},
D\C = {0, 3},
2
2
3
g(x) = e
4
x
B ∩ D = {0, 1, 2}
Lösung 1.2.3
a)
(i) x < −
−2 −
7
und
3
3
−1 −
(ii) x ≤
2
b) 1.106 ≤
√
5
√
7
<x<
−1 +
und
2
√
5
−2 +
3
√
7
,
≤x
1.9 · 28
2.1 · 29
≤x≤
≤ 1.2714
50 − 1.9
50 − 2.1
Lösung 1.2.4
a) x = 0 ∨ x = 2,
e) x = −1 ∨ x = 2,
b) x ∈ IR\{−2, −1, 0},
c) x = 4,
d) x = −10,
f) x = 2,
g) x ∈ [−6, 6],
h) x = 2 .
Lösung 1.2.5
a)
b)
y
6
y > |x − 2| + 2
P
PP
PP
PP
2
-x
2
PPP
PP
P
P
y < −|x − 2| − 2
7
y
6
1
y
6
c)
6
5
4
-x
-1
1
3
2
-2
-1
1
-x
1
Bild 1.2.5
2
3
4
5
6
7
L.1.3
Funktionen
87
Lösung 1.2.6
y
6
b)
a)
c)
y
6
y
6
1
2 H
M1
HH
HH
H
H
1
3
@
@
M@
2
@ -x
-1 @
M3
1
-x
1
@
@
@
-x
-1
2
M3
-1
1
Bild 1.2.6
Lösung 1.2.7
2
2
1.5
1
1
-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0.5
-1
-3
L.1.3
-1
1
Bild 1.2.7 b)
-2
Bild 1.2.7 a)
-2
2
M2
M1
Funktionen
Lösung 1.3.1
a) Mit dem Additionstheorem sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β erhält man:
x
x sin x
1
≤ sin
cos
=
4
2
2
2
⇔
1
≤ sin x
2
1
0.5
-15
-10
-5
5
10
-0.5
-1
Bild 1.3.1 a)
g1 (x) =
1
, g2 (x) = sin x
2
15
3
88
L.1
Aussagen, Mengen und Funktionen
∞ π 5π 13π 17π π
5π
x ∈ ···
,
,
+ 2kπ,
+ 2kπ
··· =
6 6
6
6
6
6
⇒
k=−∞
b)
2.5
ex ≤
1
2
e2x+1
1.5
⇒ e3x+1 = ex · e2x+1 ≤ 1
1
⇒ 3x + 1 ≤ 0
0.5
1
⇒ x≤−
3
-1
-0.5
Bild 1.3.1 b)
0.5
x
h1 (x) = e ,
h2 (x) =
1
1
e2x+1
Lösung 1.3.2
a) Setze x = 2α, d.h. cos 2α > 0, dann gilt:
sin 2α
x
tan x
2 sin α cos α
2 sin α cos α
√
=
= tan α = tan ,
=
=
2
2
2
2
2
2 cos α
2
1 + cos α − sin α
1 + 1 + tan x
cos 2α + cos2 2α + sin 2α
b) D = IR\{−2, 1}, f (D) = IR\ {0, 1/3} ,
d) D = IR\[−2, −1], f (D) = IR.
Lösung 1.3.3
a) D =] − a, +∞[ , f (D) = IR ,
c) D = [−1, 1], f (D) = [0, 1],
b) D =] − ∞, 0[, f (D) =]0, +∞[ ,
c) D = IR\{1, 4}, f (D) = IR\ {−1/3, 0} ,
d) D = [2, 3], f (D) = [0, 1/2] ,
e) D = IR , f (D) = ZZ ,
f) D = IR\ [−1/3, 1[, f (D) = [0, +∞[ .
Lösung 1.3.4
a) a = 0 ⇒ f ist weder injektiv noch surjektiv,
a = 0, b = 0 ⇒ f ist bijektiv und
a = 0 = b ⇒ f ist weder injektiv noch surjektiv.
√
√
b) Es sei g(x) = 1 − sin x und h(x) = (1 − cos2 ( x))5 . Dann gilt:
√
g = g2 ◦g3 ◦g2 ◦g1 mit g1 (x) = sin x, g2 (x) = x, g3 (x) = 1−x, Dg = k∈ZZ [2kπ, (2k+1)π],
h = h5 ◦ h4 ◦ h3 ◦ h2 ◦ h1 mit
√
h1 (x) = x, h2 (x) = cos x,
Dh = [0, ∞[ ⇒
h3 (x) = x2 ,
h4 (x) = 1 − x,
h5 (x) = x5 ,
Df = (Dg ∩ Dh)\{k2 π 2 |k ∈ ZZ}.
Lösung 1.3.5
a) Es gilt (e − 1)2 > 2 ⇒ e2 − 2e + 1 > 2 ⇒ e2 − 1 > 2e ⇒ (e − 1/e) /2 > 1 ⇒ sinh 1 > 1.
b) f ist gerade, g ist ungerade und h ist weder gerade noch ungerade.