Teil III: Lösungen

Teil III: Lösungen
80
Lösungen
Lösung 1
1.
21
2
2. (a) 38 , (b) 6, (c)
2
3
2
−yz
· (4z − 2x)(3x + 4z), (b) x2y+xz
, (c) x − 1
√
4. Behauptung: 2 ist keine
√ rational Zahl. (D.h. es gibt keine ganzen Zahlen a
und b, sodass ab = 2.)
√
Beweis: Wir nehmen an, es gäbe ganze Zahlen a und b, sodass ab = 2. Wir
können zusätzlich annehmen, dass ab ein vollständig gekürzter Bruch ist.
Insbesondere können daher nicht sowohl a als auch b gerade sein. (Sonst
√
2
könnte man den Bruch mit 2 kürzen.) Aus ab = 2 folgt ab2 = 2 und somit
a2 = 2b2 . Daher ist a2 und somit auch a gerade (bitte selber nachprüfen).
Es gibt also eine ganze Zahl n, sodass a = 2n. Damit gilt 2b2 = a2 =
4n2 , woraus b2 = 2n2 folgt. Daher ist auch b2 und somit b gerade. Dies
√
widerspricht unserer Annahme, welche somit falsch ist und daher ist 2
keine rationale Zahl.
3. (a)
1
y 2 x2 z
5. (a)
5
14
>
1
6
21 ,
(b)
27
5
>
16
3 ,
(c)
3
13
=
21
91
m
6. (a) (a m )m = a m = a
(b) a−1 · a1 = a−1+1 = a0 = 1
(c) ab−1 + cd−1 = ab−1 dd−1 + cd−1 bb−1 = (ad + bc)b−1 d−1 = ad+bc
bd
√
√
2
7. Lösungen der Gleichung 2x − (2 2 − 1)x − 2 = 0:
! √
√
√
√
2 2 − 1 ± (2 2)2 − 2(2 · 2) + 1 + 4(2 · 2)
x1,2 =
4
! √
√
√
2
2 2 − 1 ± (2 2) + 2(2 · 2) + 1
=
! √4
√
2 2 − 1 ± ((2 2) + 1)2
=
4√
√
2 2 − 1 ± (2 2) + 1)
,
=
4
√
somit ist x1 = − 21 und x2 = 2. Daher lauten die Lösungen der Aufgabe: (a) 0,
(b) 1, (c) 2.
8. (a) x1 = 2, x2 = −3,
√ (b) x1,2 = −1, (c) keine reellen Lösungen, (d) x ∈
{−2, 2, −3, 3}, (e)2 ± 7
81
Lösungen
√
9. Diskriminante der Gleichung ist: (2+a)2 −8.
√ Diese ist Null,
√ sobald a = ±2 2−2.
√
Die Lösung √
der Gleichung ist dann x = 2, falls a = 2 2 − 2 und x = − 2,
falls a = −2 2 − 2
10. Solange gilt a < −5, −1 < a < 1 oder a > 5, gibt es 2 Lösungen.
11. (a) x = 52 , y = −4, (b) x = 1, y = 2, (c) x = 38 , y =
17
8
12. 2
13. (a) 0, (b) 4a2 b2
7
14. (a) 9an x7 , (b) a 3
15. Bemerkung: Der Beweis wird analog zum Beweis der Aufgabe 4 geführt und
wird deshalb nicht gross kommentiert.
√
Behauptung: Sei p prim, so ist p keine rationale Zahl.
2
√
Beweis: Annahme: p = ab ist gekürzter Bruch. Es folgt p = ab2 und daher teilt
p a2 und daher teilt p a. (Bitte selber überprüfen). Es gibt nun ein n, sodass
a = np und daraus folgt b2 = n2 p. Somit teilt p b2 und daher auch b. Dies
widerspricht der Annahme, dass ab gekürzt ist.
Lösung 2
1. (a) an = 2 + 3 · n, (b) an = 3n−1 , (c) an = n3 , (d) an =
n
8,
(e) an =
(−1)n+1
n
2. (a) 5, 9, 13, . . .
(b) 6, 12, 24, . . .
(c) 1, 4, 1, 16, 1, 36, . . .
(d) −1, −1, 1, 1, −1, −1, 1, 1, . . .
3. a5 = 14, a10 = 29 und a20 = 59
4. a3 = 4, a5 = 1 und a8 = − 81
5. an = 34 − 3n
6. an =
4
34
· 3n (Es gibt auch noch eine zweite Lösung mit q < 0.)
7. (a) limn→∞ an = 0, (b) limn→∞ bn = 0 (c) limn→∞ cn = ∞,
4n−1
(d) limn→∞ (an + cn ) = ∞, (e) limn→∞ (an · cn ) = limn→∞ ( (n+1)(2n+8)
)=0
8. (a) an+1 = an + n und a1 = 1.
(b) an = 0.5n2 − 0.5n + 1 (Beweis mittels Induktion!)
82
Lösungen
Lösung 3
1. an = a1 + (n − 1) · d
2. an = a1 · q n−1
3. Induktionsverankerung (n = 1): a1 = 0.5 − 0.5 + 1 = 1
!
Induktionsschritt (n → n + 1): Es gilt an+1 = an + n. Da wir annehmen, dass
an = 0.5n2 − 0.5n + 1, gilt an+1 = 0.5n2 − 0.5n + 1 + n = 0.5(n + 1)2 −
0.5(n + 1) + 1 und die Formel ist bewiesen.
4. (a) Induktionsverankerung (n = 1): a1 =
1·2
2
=1
"n+1
!
"n
I.A.
Induktionsschritt (n → n + 1): Es gilt
k=1 k =
k=1 k + (n + 1) =
n(n+1)
+ (n + 1). Weiterhin gilt n(n+1)
+ (n + 1) = (n+1)(n+2)
und die
2
2
2
Behauptung ist bewiesen.
(b) Induktionsverankerung (n = 1): a1 =
1·2·3
6
=1
!
"n+1 2 "n
I.A.
Induktionsschritt (n → n + 1): Es gilt k=1 k = k=1 k 2 + (n + 1)2 =
n(n+1)(2n+1)
n(n+1)(2n+1)
(n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)
+(n+1)2 . Weiterhin gilt
+(n+1)2 =
6
6
6
und die Behauptung ist bewiesen.
"n
"n
"n
"n
"n
5. Es gilt
k=1 (2k − 1) =
k=1 (2k) −
k=1 (1) = 2
k=1 (k) −
k=1 (1) =
n(n+1)
2
2 · 2 − n = n(n + 1) − n = n .
1
2
3
6.
4
5
6
Das k-te L-förmige Gebiet besteht aus 2k − 1 Einheitsquadraten. Die ersten n
L-förmigen Gebiete kann man zu einem Quadrat mit der Seitenlänge n zusammenlegen. Dieses grosse Quadrat besteht somit aus n2 Einheitsquadraten, womit
die Formel gezeigt ist.
7. Induktionsverankerung (n = 1): S1 = 21 (a1 + a1 ) = a1
!
I.A.
Induktionsschritt (n → n + 1): Sn+1 = Sn + a1 + n · d = n2 (a1 + an ) + a1 +
d·n
n · d = n2 a1 + n2 an + a1 + d · n = n2 a1 + n2 an + a21 + a21 + d·n
2 + 2 =
a1 n
d · n a1
d·n
n
+
a1 +
+
+ an +
= n+1
2 (a1 + an+1 ), womit der Beweis
2
2
2
2
2
2
# $% & #
$%
& # $% &
= n+1
2 a1
endet.
=n
2 an+1
= 12 an+1
83
Lösungen
1−q
= a1
8. Induktionsverankerung (n = 1): S1 = a1 1−q
!
I.A.
n
n
Induktionsschritt (n → n + 1): Sn+1 = Sn + a1 · q n = a1 1−q
=
1−q + a1 · q
n
a1 ( 1−q
1−q +
(1−q)qn
1−q )
n+1
= a1 1−q
1−q , womit der Beweis endet.
n
9. Falls |q| < 1 konvergiert obiger Ausdruck, d.h. limn→∞ Sn = limn→∞ (a1 1−q
1−q ) =
a1
n
,
da
q
immer
kleiner
wird,
sobald
|q|
<
1.
1−q
Falls q = 1, so gilt an = a1 für alle n und somit limn→∞ Sn = ±∞ (abhängig
davon ob a1 positiv oder negativ).
Falls q = −1, so gilt an = a1 ·(−1)n−1 für alle n und somit konvergiert limn→∞ Sn
nicht (auch nicht gegen ∞!)
Falls q > 1, so gilt limn→∞ Sn = ±∞ (abhängig davon ob an > 0 oder an < 0)
und falls q < −1 konvergiert limn→∞ Sn wiederum nicht (auch nicht gegen ∞).
"∞ 1
10.
n=1 n = ∞, wie man folgendermassen einsieht:
"∞ 1
1 1 1 1
1 1
1
+ + ) + . . ., und somit addiert man
n=1 n = 1 + 2 + ( + ) + ( +
# 3 $% 4 & # 5 6 $% 7 8 &
>2· 41 = 21
>4· 81 = 12
immer wieder nach endlicher Zeit mindestens
der Ausdruck gegen unendlich konvergiert.
1
2
zu unserer Summe dazu, womit
Lösung 4
y
(b) f (x) = 2x + 1
(a) f (x) = x
1.
1
1
x
(c) f (x) = −x + 1
84
Lösungen
y
(b)
(c)
(a)
(e)
1
(d)
2.
x
1
y
(a) y = 2x + 1
(b) y = 3
3.
1
1
x
(c) 2x + y = 1
4. Die Gerade mit der Gleichung x = 1 ist kein Graph einer linearen Funktion, da
dem Wert x = 1 unendlich viele Werte zugeordnet werden (anstelle eines einzigen
Werts).
5. (a) x &→ x3 + 4x2 + x − 6 hat Nullstellen x = −3, −2, 1, (b) x &→ − 34 x3 + x2 + 2
hat Nullstelle x = 2, (c) t &→ t3 − t2 + 0.16t hat Nullstellen t = 0, 15 , 45 und (d)
z &→ z 4 − 2z 2 + 1 hat Nullstellen z = −1, 1.
6. Ein Polynom vom Grad m hat höchstens m Nullstellen. Falls m gerade ist, kann
das Polynom keine Nullstelle haben, ist m ungerade, so gibt es immer mindestens
eine Nullstelle.
85
Lösungen
y
7. (a)
f (x)
1
1
x
(b) f (x + a) hat denselben um −a in Richtung der x-Achse verschobenen Graphen wie f (x).
(c) f (x)+a hat denselben um a in Richtung der y-Achse verschobenen Graphen
wie f (x).
(d) a · f (x) bedeutet eine Streckung des Graphens. Der Öffnungswinkel der
Parabel verändert sich dadurch. Die Nullstellen bleiben fix, aber die Richtung in welche die Parabel geof̈fnet ist kann sich ebenfalls an̈dern, abhan̈gig
davon ob a positiv oder negativ ist.
8. f (x) = −2x+ 7. Es gibt nur ein Polynom ersten Grades, das durch die gegebenen
zwei Punkte geht.
9. z.B. f (x) = −x2 + 5x − 3. Es gibt aber unendlich viele Polynome zweiten Grades
die durch die zwei gegebenen Punkte gehen. Falls aber das Polynom zusätzlich
durch den dritten Punkt geht, gibt es nur noch ein mögliches Polynom.
√
√
√
10. 2 + 1 ist Nullstelle von z.B. x2 − 2x − 1 und 2 + 3 ist Nullstelle von z.B.
x4 − 10x2 + 1.
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