Vorkurs: Mathematik für Informatiker

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1 Vorkurs: Mathematik für Informatiker Lösungen Wintersemester 2016/17

2 Steven Köhler mathe.stevenkoehler.de 2 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

3 Kapitel I: Mengen Aufgabe I-1 Es seien A = {5, 7, 9}, B = {5, 6, 7} und C = {1, 3, 5, 7, 9} gegeben. Es gilt: { } a) A B = 5, 6, 7, 9 { } A C = 5, 7, 9 = A { } C \ A = 1, 3 { } A B = 6, 9 { } b) A B C = 5, 7 { } c) P(B) =, {5}, {6}, {7}, {5, 6}, {5, 7}, {6, 7}, {5, 6, 7} { } d) A B = (5, 5), (5, 6), (5, 7), (7, 5), (7, 6), (7, 7), (9, 5), (9, 6), (9, 7) 3 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

4 Kapitel I: Mengen Aufgabe I-2 Es gilt: { } a) P( ) = b) P(P( )) = {, { }} 4 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

5 Kapitel III: Bruchrechnung Aufgabe III-1 a) = = 7 12 b) = = = c) = = 5 20 = 1 4 ( 6 d) 7 : 12 ) = = = 1 5 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

6 Kapitel III: Bruchrechnung Aufgabe III-2 a) 3 2 x 2 b) a 4 c) 1 36 d) 5 2 y e) a 3 f) 1 a 4 g) xy 2 h) b 10 c 3 a 3 6 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

7 Kapitel III: Bruchrechnung Aufgabe III-3a 3 2a 2 4ab = 3 2b (4ab 1) a + 2 4a2 b 4ab 4a 2 b = 6b 4a2 b + a + 8a 2 b 4a 2 b = 4a2 b + 6b + a 4a 2 b 7 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

8 Kapitel III: Bruchrechnung Aufgabe III-3b x x 2 xy y x 2 + xy x x 2 y 2 = = x x(x y) y x(x + y) x (x + y) y (x y) x x x(x + y)(x y) = x 2 + xy xy + y 2 x 2 x(x + y)(x y) = y 2 x(x + y)(x y) x (x + y)(x y) 8 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

9 Kapitel III: Bruchrechnung Aufgabe III-3c-d a 3b 5a a 2 1 a 2 6ab + 9b 2 = a 3b (5a + 1)(5a 1) 5a + 1 (a 3b) 2 = 5a 1 a 3b 2x 3 5x : 4x x 2 = 2x 3 10x 2 5x (2x + 3)(2x 3) = 2x 2x c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

10 Kapitel IV: Wurzel, Potenzen & Logarithmen Aufgabe IV-1 a) 27 b) 49 c) 125 d) 16 e) 36 f) c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

11 Kapitel IV: Wurzel, Potenzen & Logarithmen Aufgabe IV-2 a-b 7 x 6 y + 3 x 4 y = 10 x 10 y = = 5 5 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

12 Kapitel IV: Wurzel, Potenzen & Logarithmen Aufgabe IV-2 c-d 0, 1 0, 121 = 0, 0121 = 0, 11 (a b)(a + b) = a 2 b 12 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

13 Kapitel IV: Wurzel, Potenzen & Logarithmen Aufgabe IV-3 & IV-4 Aufgabe IV-3 a) r = 2 b) r = 5 Aufgabe IV-4 c) r = 1000 d) r = 1 16 a) r = 3 b) r = 1 c) r = = 4 d) r = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

14 Kapitel IV: Wurzel, Potenzen & Logarithmen Aufgabe IV-5 n entspricht 1600 Jahren. Es gilt ( ) 1 n 10g = 1, 25g 2 ( 1 2 ) n = 1, 25g 10g = 1 8 Hieraus folgt direkt, dass n = 3 gilt. Es dauert also = 4800 Jahre, bis die 10g Radium 88 zu 1,25g zerfallen sind. 14 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

15 Kapitel V: Rechenregeln Aufgabe V-1, V-2 & V-3 Aufgabe V-1 Aufgabe V-2 a) a 11 b) 20x 7 c) 9z 9 d) 20x 6 a) a x b) x 2 2b Aufgabe V-3 c) 3 y 2 d) a 4 b 5+y a) x 4 b) x 3 5 c) a c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

16 Kapitel V: Rechenregeln Aufgabe V-4 a-b ( a ) log = log a log (2b) 2b = log a log b log 2 log ( a 3) ( ) + log b log ( ab 2) = 3 log a log b ( log a + 2 log b ) = 2 log a 3 2 log b 16 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

17 Kapitel V: Rechenregeln Aufgabe V-4 c-d ( ) ( ) 3 log a 2 1 log a + 2 log 7 a = 23 ( ( ) ) 1 log a log a + 2 log + log a 7 = 5 log a 2 log 7 3 log ( ) a 2 b 1 c = log ( ab 2 c 4) ac 3 b = log a 2 log b + 4 log c 17 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

18 Kapitel V: Rechenregeln Aufgabe V-4 e ( a 2 c + ac log ab c ) ( a 2 ) c + ac ac = log b ab ( a 2 ) c = log ab = log ( ab 1 c ) = log a log b + log c 18 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

19 Kapitel V: Grundlegende Rechengesetze Aufgabe VII-1 Die folgenden Operationen sind assoziativ: Addition Multiplikation Die restlichen Operationen sind nicht assoziativ. 19 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

20 Kapitel V: Grundlegende Rechengesetze Aufgabe VII-2 Die folgenden Operationen sind kommutativ: Addition Multiplikation Die restlichen Operationen sind nicht kommutativ. 20 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

21 Kapitel XI: Das Summenzeichen Aufgabe XI-1 1 k 4 1 i 10 i: gerade 0 j 10 j: ungerade 1 j 15 j: Primzahl 1 k 50 k: Quadratzahl a k = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 a i = a 2 + a 4 + a 6 + a 8 + a 10 2 j = b j = b 2 + b 3 + b 5 + b 7 + b 11 + b 13 a k = a 1 + a 4 + a 9 + a 16 + a 25 + a 36 + a c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

22 Kapitel XI: Das Summenzeichen Aufgabe XI-2 a) wahr b) falsch c) wahr d) falsch 22 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

23 Kapitel XII: Polynome Aufgabe XII-1 a-c a(x) + b(x) = x 3 + 2x 2 4x + 5 a(x) b(x) = x 3 + 2x 2 6x + 1 a(x) b(x) = x 4 + 2x 3 + 2x 3 + 4x 2 5x 2 10x + 3x + 6 = x 4 + 4x 3 x 2 7x c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

24 Kapitel XII: Polynome Aufgabe XII-1 d Es gilt x 3 +2x 2 5x +3 : (x + 2) = x 2 5 (x 3 +2x 2 ) 5x +3 ( 5x 10) 13 x 3 + 2x 2 5x + 3 = (x 2 5) (x + 2) c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

25 Kapitel XIII: Gleichungen & Gleichungssysteme Aufgabe XIII-1 a) x = 5 4 y = 15 8 b) x = 1 y = 3 c) x = 1 y = 2 25 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

26 Kapitel XIII: Gleichungen & Gleichungssysteme Aufgabe XIII-2 a Es ergibt sich das folgende Gleichungssystem (p = Paul; v = Vater): p + v = 33 p + 30 = 1 2( v + 30 ). Umformen und Auflösen des Gleichungssystems ergibt p = 1 und v = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

27 Kapitel XIII: Gleichungen & Gleichungssysteme Aufgabe XIII-2 b Es ergibt sich das folgende Gleichungssystem (m i = Michael; m u = Mutter): m i = 1 2 m u m i m u + 2 = 100. Umformen und Auflösen des Gleichungssystems ergibt m i = 32 und m u = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

28 Kapitel XIII: Gleichungen & Gleichungssysteme Aufgabe XIII-3 a) x 1 = 4 sowie x 2 = 2 b) x 1 = 7 sowie x 2 = 7 c) x 1 = 0 sowie x 2 = 1 3 d) x 1 = 0 sowie x 2 = e) x 1 = 49 sowie x 2 = 49 f) keine Lösung 28 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

29 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-1 Es sei n eine ungerade ganze Zahl. Dann lässt sich n als n = 2k +1 darstellen, wobei k eine ganze Zahl ist. Daraus folgt mithilfe der ersten binomischen Formel: n 2 = ( 2k + 1 ) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 (2k 2 + 2k ) +1. }{{} Z Aus dieser Darstellung folgt, dass n 2 ungerade ist. 29 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

30 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-2 Man berechnet zunächst die doppelte Summe. Der erste und der letzte, der zweite und der vorletzte, der dritte und der vorvorletzte (usw.) Summand ergeben in der Summe stets n + 1: 2 ( ) (n 1) + n = ( 1 + n ) + = n (n + 1 ) ( 2 + (n 1) ) ( n + 1 ) Damit wir die einfache Summe erhalten, teilen wir diesen Ausdruck durch 2 und erhalten: n = n(n + 1). 2 Diese Aufgabe (samt Lösung) ist auch als der kleine Gauß bekannt. 30 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

31 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-3 Nach dem Schubfachprinzip existieren (unter Zuhilfenahme des Hinweises) 1 Million verschiedene Möglichkeiten für die Anzahl an Kopfhaaren. Da Hamburg derzeit etwa 1,8 Millionen Einwohner hat, müssen folglich mindestens 2 dieselbe Anzahl an Haaren auf dem Kopf haben. 31 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

32 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-4 I Wir wollen annehmen, dass die Behauptung falsch ist, d.h., wir nehmen an, dass es ein a Q gibt, für das a 2 = 3 gilt. Diese Annahme führen wir zum Widerspruch, woraus folgt, dass die ursprüngliche Aussage richtig sein muss. Da a Q gilt, lässt sich a als Bruch darstellen, d.h., a = m n für m, n Z mit n 0. Wir können o.b.d.a. voraussetzen, dass der Bruch m n in vollständig gekürzter Form vorliegt. Aus a2 = 3 und a = m n folgt ( ) m 2 n = 3, woraus folgt: m 2 = 3n c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

33 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-4 II Folglich ist m 2 eine durch 3 teilbare Zahl. Dann ist folglich auch m eine durch 3 teilbare Zahl, d.h., m = 3k für ein k Z. Dies folgt aus der Eigenschaft, dass es sich bei 3 um eine Primzahl handelt. Setzt man dies in m 2 = 3n 2 ein, so folgt 9k 2 = 3n 2, woraus n 2 = 3k 2 folgt. Also ist n 2 eine durch 3 teilbare Zahl, woraus folgt, dass auch n durch 3 ist. Demnach gilt n = 3k für ein k Z. Wir haben also m = 3k und n = 3k gezeigt. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass in vollständig gekürzter Form vorliegt. m n Die Annahme 3 Q wurde zum Widerspruch geführt, womit die ursprüngliche Aussage 3 / Q bewiesen ist. 33 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

34 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-5 Angenommen, es gibt nur endlich viele Primzahlen p 1,..., p n. Man multipliziert die Primzahlen p 1,..., p n und addieren 1: p = p 1... p n + 1. Die so entstandene Zahl p ist durch keine der Primzahlen p 1,..., p n teilbar. Wegen p > 1 besitzt p also entweder einen Primfaktor, der nicht in p 1,..., p n enthalten ist, oder ist selbst eine Primzahl. Beide Fälle stellen einen Widerspruch zur Annahme dar, dass p 1,..., p n alle existierenden Primzahlen sind. Dies beweist, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. 34 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

35 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-6 I Beweis: Mit vollständiger Induktion lässt sich zeigen, dass A(n) nicht nur für bestimmte n N, sondern für alle n N gilt: (I) Induktionsanfang A(1) ist richtig, da 1 3 = 12 (1 + 1) 2 4 gilt. 35 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

36 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-6 II (II) Induktionsschritt Es sei n N eine beliebig gewählte natürliche Zahl; wir setzen voraus, dass A(n) für dieses n richtig ist, d.h., es gelte für dieses n: n i 3 = n2( n + 1 ) 2. ( ) 4 i=1 Wir haben zu zeigen, dass unter dieser Voraussetzung auch A(n + 1) richtig ist, d.h., wir müssen Folgendes nachweisen: n+1 i 3 = i=1 ( n + 1 ) 2 ( n + 2 ) c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

37 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-6 III Dies ergibt sich durch folgende Rechnung: n+1 i 3 = i=1 ( ) = Zusammenfassen = (n+1) 2 ausklammern = = n i 3 + ( n + 1 ) 3 i=1 n 2( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) 3 4 n 2( n + 1 )2 + 4 ( n + 1 ) 3 4 ( ) 2 ( n + 1 n 2 + 4n + 4 ) 4 ( ) 2 ( ) 2 n + 1 n + 2 Damit sind (I) und (II) gezeigt; nach dem Induktionsprinzip gilt A(n) also für alle n N c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

38 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-7 I Beweis: Mit vollständiger Induktion lässt sich zeigen, dass A(n) nicht nur für bestimmte n N, sondern für alle n N gilt: (I) Induktionsanfang A(0) ist richtig, da = 1 = ( ) 2 gilt. 38 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

39 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-7 II (II) Induktionsschritt Es sei n N eine beliebig gewählte natürliche Zahl; wir setzen voraus, dass A(n) für dieses n richtig ist, d.h., es gelte für dieses n: n ( ) ( ) 2 2i + 1 = n + 1. ( ) i=0 Wir haben zu zeigen, dass unter dieser Voraussetzung auch A(n + 1) richtig ist, d.h., wir müssen Folgendes nachweisen: n+1 ( ) ( ) 2. 2i + 1 = n + 2 i=0 39 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

40 Kapitel XV: Beweistechniken Aufgabe XV-7 III Dies ergibt sich durch folgende Rechnung: n+1 ( ) 2i + 1 i=0 = n ( ) ( ) 2i n + 3 i=0 ( ) = ( n + 1 ) 2 ( ) + 2n + 3 = n 2 + 2n n + 3 = n 2 + 4n + 4 = ( n + 2 ) 2 Damit sind (I) und (II) gezeigt; nach dem Induktionsprinzip gilt A(n) also für alle n N. 40 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

41 Kapitel XVI: Vektoren Aufgabe XVI-1 a) Es ergibt sich: a + b = a b = b a = b) Es gilt a R 3 und b R 2. Da nur Vektoren gleicher Dimension addiert/subtrahiert werden können, ist diese Aufgabe nicht lösbar. 41 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

42 Kapitel XVI: Vektoren Aufgabe XVI-2 Es ist Hieraus folgt v = 6 v = v 1 v 2 + 3v 3 = 3. 9 ( 6) = 126 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

43 Kapitel XVI: Vektoren Aufgabe XVI-3 Zwei Vektoren sind genau dann senkrecht zueinander (orthogonal), wenn ihr Skalarprodukt gleich 0 ist. Es gilt v 1 v 2 = 4 ( 2) + ( 2) = 16. Die beiden Vektoren v 1 und v 2 sind also nicht senkrecht zueinander. 43 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

44 Kapitel XVI: Vektoren Aufgabe XVI-4 a) Es gilt a b = 3 ( 1) ( 1) 2 = 0 a c = 3 ( 6) + 1 ( 2) + ( 1) 2 = 22 b c = ( 1) ( 6) + 5 ( 2) = 0. Es gilt also a b sowie b c. a und c sind nicht orthogonal. b) c = a b ist senkrecht zu a und senkrecht zu b. c ist der zu c gehörende normierte Vektor: 7 c = a b = 5 c = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

45 Kapitel XVII: Geraden Aufgabe XVII-1 Aufstellen der Geradengleichung für die Gerade durch P 1 und P 2 ergibt x 2 = 1 2 x Durch Umstellen ergibt sich die gesuchte Koordinatenform: 1 2 x 1 + x 2 2 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

46 Kapitel XVII: Geraden Aufgabe XVII-2 Aufstellen der Geradengleichung für die Gerade durch P 1 und P 2 ergibt x 2 = 1 2 x 1. Durch Umstellen ergibt sich die gesuchte Koordinatenform: Einsetzen von P 3 ergibt 1 2 x 1 + x 2 = , 5 = 0, P 3 liegt also nicht auf der Geraden. Folglich liegen P 1, P 2 und P 3 nicht auf derselben Geraden. 46 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

47 Kapitel XVII: Geraden Aufgabe XVII-3 Als Parameterform ergibt sich sofort x = ) 0P1 + t (P 2 P 1 = ( 2 3 ) + t ( ) 2 1 (t R). Aus dem Richtungsvektor ( ) der Parameterdarstellung lässt sich der 1 Normalenvektor direkt ablesen. Für die Normalenform ergibt 2 sich folglich ( ) ( 1 x 2 ( )) 2 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

48 Kapitel XVIII: Ebenen Aufgabe XVIII-1 Als Parameterform ergibt sich sofort x = ( ) ( ) A+s B A +t C A = 4 +s 5 +t (s, t R). Aus den beiden Spannvektoren ermittelt man mittels Kreuzprodukt einen Normalenvektor der Ebene: n = = Hieraus folgt die Normalenform der Ebene: x 4 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

49 Kapitel XVIII: Ebenen Aufgabe XVIII-2 Es lassen sich leicht 3 Punkte der Ebene bestimmen, beispielsweise P 1 = (0, 0, 4), P 2 = (0, 4, 0) und P 3 = ( 2, 0, 0). Hieraus ergibt sich die folgende Parameterform der Ebene (mit s, t R): x = ) ) 0P1 + s (P 2 P 1 + t (P 3 P 1 = s t Die Normalenform kann man direkt aus der Koordinatenform ablesen: 2 1 x + 4 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

50 Kapitel XVIII: Ebenen Aufgabe XVIII-3 Zunächst erstellt man die Koordinatenform der Ebene: x 1 2x 2 4 = 0. Hieraus lassen sich leicht 3 Punkte der Ebene bestimmen, beispielsweise P 1 = (8, 2, 0), P 2 = (0, 2, 0) und P 3 = (4, 0, 0). Dies ergibt zum Beispiel die folgende Parameterform der Ebene (für s, t R): x = ) ) P1 +s (P 1 P 2 +t (P 1 P 3 = 2 +s 4 +t c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

51 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-1 a-b ( a ) log = log a log (2b) 2b = log a log b log 2 ( a ) log log ( b 1) ( ) a 2 + log = log a 2 log b + log b + 2 log a + log b b 2 b 1 = 3 log a 51 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

52 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-1 c ( ) ( ) 3 log a 2 1 log a + 2 log 7 a = 23 ( ( ) ) 1 log a log a + 2 log + log a 7 = 5 log a 2 log c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

53 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-2 a 3 a 3 a 1 = a 1 (x 4 z 3 ) 2 x 6 z 2 = x 8 z 6 x 6 z 2 = x 2 z 4 7a 4 b 6 b 3 49a 8 = b 3 7a 4 = 1 7 a 4 b 3 53 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

54 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-3 ( (1 ) ) 0,5 x = Setzt man x = 6 ein, erhält man: 2 ( ) = ( 1 2 ( ) x 2 ) 3 = 1 8 Analog erhält man für b) x = 2 sowie für c) x = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

55 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-4 Eine Funktion ist periodisch, wenn sie sich auf dem gesamten Definitionsbereich in regelmäßigen Abständen wiederholt. Periode von sin x: 2π Periode von cos 2x: π Periode von sin 1 3x: 6π 55 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

56 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-5 a) x 1 = b) keine Lösung sowie x 2 = c) Durch Ausprobieren erhält man die erste Nullstelle x 1 = 1. Anschließende Polynomdivision und pq-formel ergibt die restlichen Nullstellen: x 2 = 1 sowie x 3 = c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

57 Kapitel XIX: Wiederholungen Aufgabe XIX-6 Zunächst bestimmt man das Skalarprodukt von a und b und setzt dieses gleich 0. 0 = x. Umstellen nach x ergibt: x = 2 3. Für x = 2 3 sind die beiden Vektoren senkrecht zueinander. 57 c 2016 Steven Köhler Wintersemester 2016/17

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