Beweisen Sie die Abtrennregel ( modus ponens): (A (A B)) B

Transkript

1 Lösuge Logik) A eier Weggabelug i der Wüste lebe zwei Brüder, die vollkomme gleich aussehe, zwische dee es aber eie gewaltige Uterschied gibt: Der eie sagt immer die Wahrheit, der adere lügt immer. Scho halb verdurstet kommt ma zu dieser Weggabelug ud weiß geau: Eier der beide Wege führt zu eier Oase, der adere higege immer tiefer i die Wüste hiei. Ma darf aber ur eiem der Brüder ma weiß icht, welcher es ist) geau eie Frage stelle. Was muß ma frage, um sicher de Weg zur Oase zu fide? Es ist klar, daß ma icht eifach Welcher Weg führt zur Oase? frage darf; die Atwort köte ebesogut wahr wie falsch sei. Auch Sagst du die Wahrheit? brigt eie icht weiter, außerdem hat ma ja ur eie eizige Frage frei. Der Ausweg besteht dari, eie Tautologie zu kostruiere: Fragt ma ämlich Vo welchem Weg würde dei Bruder sage, daß er zur Oase führt?, so erhält ma vo beide Brüder jeweils die gleiche Auskuft ud weiß, daß ma de adere Weg ehme muß. Beweise Sie die Abtreregel modus poes): A A B)) B Der Beweis erfolgt am eifachste mittels Wahrheitstafel. Die Abtreregel ist übriges auch eie recht häufig auftretede Schlussfigur, vo der ma zumides eimal gehört habe sollte. A B A A B)) B w w w w w w f f f w f w f w w f f f w w Beweise Sie die Äquivaleze A B) A B) ud A B) A B). A B A B) A B) A B) A B) w w w w w f f f w w w f f f w f w w w f f w f w f f w w f w w w w w f f f w f w w f f f f w f w w w f w f w w w Wie viele biäre also zwei Aussage verküpfede) Juktore gibt es? Bei zwei Aussage gibt es vier mögliche Kombiatioe vo Wahrheitswerte, jeder davo ka etweder w oder f zugewiese werde. Igesamt gibt es also N 4 6 verschiedee Juktore, zu dee ebe auch die vorgestelle,,,, ud X gehöre. Sie habe eie Satz Karte, jeweils mit eiem Buchstabe auf der eie ud eier Zahl auf der adere Seite. Wie viele ud welche der rechts dargestellte Karte müsse Sie midestes umdrehe, um die Aussage We auf eier Seite eier Karte ei Vokal ist, da ist auf der adere Seite eie gerade Zahl zu überprüfe? Auf jede Fall umdrehe muss ma die Karte A ud 7. Auf der Rückseite vo A müßte, sollte die Aussage wahr sei, eie gerade Zahl stehe, auf der Rückseite vo 7 ei Kosoat. Was auf de Rückseite der adere beide Karte steht, ist für die Überprüfug der Aussage higege irrelevat. Diskutiere sie a) die Aussage des Kreters Epimeides Alle Kreter sid Lüger, b) die Aussage Diese Aussage ist falsch. Wo liegt ei echtes, wo ur ei scheibares Paradoo vor ud wie läßt sich zweiteres auflöse?

2 Lösuge Gleichuge) Ma löse die folgede Gleichuge ach auf: a) + a, b) +, c) a, d) + + a) + a a a) a. b) + 7) c) 4+ a 4 a a 4 4 a 4 4a 6 a 4 7 4a a 4 a 4 7 4a. d) ) + + ) + +. Ma fide alle reelle Lösuge der folgede Gleichuge: a), b) , c) + 6. a) Das Produkt ) wird Null, we zumidest eier der Faktore Null wird, also oder. Als Lösuge der quadratische Gleichug erhält ma ± +, also ±. Die drei Lösuge sid, ud. b) Die like Seite der Gleichug läßt sich relativ leicht faktorisiere: ka ma direkt heraushebe ud ma errät schell eie Lösug der verbleibede kubische Gleichug ) + ) + ) Ma erhält also die reelle Lösuge ud. Zusätzlich gibt es och die beide kojugiert komplee Lösuge,4 ± i.) c) Etweder aus der Lösugsformel für quadratische Gleichuge, ± 9, oder durch Ergäze auf vollstädige Quadrate, ), erket ma, dass die Gleichug keie reelle Lösug hat, ± i). Ma löse das folgede lieare Gleichugssystem: I) +y z II) y +z 9 III) +y z Zuerst addiere wir die zweite ud die dritte Gleichug bzw. zähle das Doppelte der erste zur zweite hizu: A II + III) : + y B II + I) : 4 + y Nu subtrahiere wir das Doppelte vo Gl. B) vo Gl. A): A B) : 5, daraus folgt sofort. Etwa mit Gl. B) erhält ma weiter 8 + y, also y. Damit liefert Gl. I) sofort: + z, deswege ist z 4. Ma löse die folgede lieare Gleichugssysteme: a) +y +z y +z +y +5z b) 7 y z 4 +y z +y +z 4 c) +y z y +z +y +z 6 Lösuge: a), y, z ; b), y 5, z 5; c), y, z

3 Lösuge Mege) Gegebe sid die drei Mege M {a, b, c, d, e}, M {e, f, g, h, i} ud M {a, c, e, g, i}. Ma bilde die Mege M M, M M, M M, M M, M M ud M M sowie M \ M, M \ M, M \ M, M \ M, M ud M M M {e}, M M {a, b, c, d, e, f, g, h, i}, M M {a, c, e}, M M {a, b, c, d, e, g, i}, M M {e, g, i}, M M {a, c, e, f, g, h, i}, M \ M {a, b, c, d}, M \ M {f, g, h, i}, M \ M {b, d}, M \ M {f, h}, M {e}, M {a, b, c, d, e, f, g, h, i} Ma beweise das Distributivgesetz M M M ) M M ) M M ). Die folgede Beziehuge sid eiader jeweils äquivalet: M M M ) M M M ) M M M ) ud wege A B C) A B) A C) M M ) M M ) M M M M M M ) M M ) Die obe verwedete aussagelogische Äquivalez läßt sich leicht mit Hilfe eier Wahrheitstafel zeige. Aalog zu diesem Beispiel lasse sich megetheoretische Aussage Beweise Sie die Absorptiosgesetze M M M ) M ud M M M ) M! Das Elemet sei i M ethalte. Da ist atürlich auch M M ud daher weiter M M M ). sei icht i M ethalte. Da ka es zwar Elemet vo M M sei we es Elemet vo M ist), aber sicher icht Elemet vo M M M ). Das heißt, alle Elemete vo M ud ur diese sid auch Elemete vo M M M ), also ist tatsächlich M M M ) M. Der Beweis vo M M M ) M verläuft völlig aalog. Stelle Sie die Regel vo De Morga ahad dreier Mege graphisch dar!

4 4 Lösuge Betragsugleichuge) Ma bestimme alle R, für die gilt: < Hier gibt es zwei iteressate Fälle. I eiem ist + 5 oder aders geschriebe 5), es gilt Im adere hat ma + 5 < bzw. ebe < 5) ud demetspreched Wir wolle mit dem zweite Fall begie: < 5: Die Ugleichug wird zu 5 9 <, ud weiter erhält ma 4 <, < 4 ud letztedlich > 7. Die erste Lösugsmege ist also das Itervall L 7, 5). 5: Jetzt liest sich die Ugleichug < oder vereifacht 4 <. Das ist eie wahre Aussage, es ist also L [ 5, ). Die gesamte Lösugsmege ist die Vereiigug L L L 7, ) { > 7}. Ma bestimme alle reelle, für die gilt: > < : + + > bzw. + >. Nu multipliziert ma mit ; da dieses kleier als Null ist, dreht sich das Ugleicheitszeiche um: + < bzw. > oder vereifacht: >. Diese Ugleichug gilt sicher für alle <, da hier ja sogar immer größer als vier ist. L { < }. < : > bzw. 4 + >. Mit multipliziert ergibt sich 4 + < bzw. <. Diese Ugleichug wird vo alle < erfüllt, L { < }. > : > gilt für alle >, L { > } R +. Der Fall muss ohehi ausgeschlosse werde, demach ist die gesamte Lösugsmege: L L L L { < > } Ma bestimme alle R, für die gilt: + ) < < : < < : : + ) + ) < > 4 > Da das eie wahre Aussage ist, ist L { < }. + ) + ) < < < Diese Aussage gilt ur i L { < < }. ) + ) < + 4 < 4 < Wiederum eie wahre Aussage, also ist L { } Gesamte Lösugsmege: L L L L { < > } 4

5 5 Lösuge algebraische Strukture) Um welche algebraische Struktur hadelt es sich bei de gaze Zahle Z {, ±, ±,...} mit de übliche Recheregel für Additio ud Multiplikatio? Das Assoziativgesetz für die Additio ist auf jede Fall erfüllt; es gibt ei Nullelemet ud für jede Zahl a ei iverses Elemet a. Da zusätzlich das Kommutativgesetz gilt, hadelt es sich zumidest eimal um eie kommutative Gruppe. Bei der Multiplikatio sid Distributiv- ud Assoziativgesetz erfüllt, ebeso das Kommutativgesetz. Dazu gibt es ei Eiselemet e. Allerdigs läßt sich icht für jede gaze Zahl ei iverses Elemet bezüglich Multiplikatio fide, das ebefalls eie gaze Zahl ist. Für a z.b. wäre a Z. Also hadelt es sich icht um eie Körper, soder um eie kommutative Rig mit Eiselemet. K sei ei Körper. Beweise Sie, daß das kartesische Produkt K K mit de Operatioe a, b)+ c, d) a + c, b + d) ud a, b) c, d) ac + λbd, ad + bc) eie Körper bildet, sofer λ für alle K! Die Körperaiome für die Additio sid leicht achzuprüfe, z.b. das Assoziativgesetz: a, b) + c, d)) + e, f) a + c, b + d) + e, f) a + c + e, b + d + f) a, b) + c + e, d + f) a, b) + c, d) + e, f)). Das Nullelemet ist, ). Für die Multiplikatio sid Assoziativ-, Kommutativ-, ud Distributivgesetz ebefalls erfüllt, wie ma wieder durch Eisetzte zeigt, z.b.: a, b) c, d) ac + λbd, ad + bc) ca + λdb, da + cb) c, d) a, b). Für das eutrale Elemet erhält ma e, ). Das eizige kritische Thema ist das iverse Elemet. Es sei a, b) a, b ), da muß gelte a, b) a, b ), ), also aa +λbb, ab +ba ), ). Ma erhält also das Gleichugssystem aa + λbb ud ab + ba mit der Lösug a a a λb ud b b a λb. Das iverse Elemet ist also a, b) a a λb, b a λb ). Dieses ist i zwei Fälle icht defiiert: Etweder we a b ist aber das Nullelemet hat ja sowieso kei iverses Elemet bzgl. Multiplikatio oder aber we λ a b ). Diese Fall ka ma ur ausschließe, we tatsächlich λ für alle K ist. Da allerdigs hat ma tatsächlich eie Körper vorliege. Ma beweise die kleie Schwarzsche Ugleichug a b + a b a + a b + b. Da beide Seite positiv sid, darf ma die Gleichug quadriere ud erhält dabei a b + a b ) a +a ) b +b ) oder, we ma ausmultipliziert, a b +a a b b +a b a b +a b +a b +a b. Die Terme a b ud a b falle auf beide Seite weg, ud übrig bleibt a a b b a b + a b. Brigt ma alles auf eie Seite, erhält ma a b a a b b + a b. Die like Seite ist aber ei Quadrat, a b a b ), ud weil wir es ur mit geordete Körper zu tu habe, ist diese Ugleichug mit Sicherheit richtig. 5

6 6 Lösuge vollstädige Iduktio) Ma beweise durch vollstädige Iduktio: : + : k ) < für alle atürliche. k < ist offesichtlich richtig + k ) k ) + k k laut Iduktiosaahme < + + < Ma beweise für atürliche Zahle : : + : < + ) ) + ) k k + ) k + ) + ) stimmt. + ) k k + ) k k + ) k k + ) + ) + ) + ) + ) ) ) + ) + ) + ) + ) + ) ), was zu beweise war. lt. Id. A. Ma zeige für N: + k) k) : : + ) 4 ) 6 k + k) k) stimmt. 6 k + + k) + k) + + k) + k) + + ) k k + k) k) + + )) + + ) k + k) k) + + ) + + ) k k + ) 4 ) 6 + ) ) + + ) + + ) laut Iduktiosaahme + ) 4 ) 6 + ) ) ) + ) 4 + ), womit die Behauptug bewiese ist ) + ) 6 Ma beweise, dass 5 durch 4 teilbar ist. : 5 4 ist atürlich durch 4 teilbar. + : } 4 {{ 5 } + 5 }{{} ist ebefalls durch 4 teilbar. durch 4 tb. tb. lt. A. 6

7 Ma beweise iduktiv die beide Summeformel a) a) : + : b) : + : k k + k k + ) stimmt. k k + ) ud b) ach Aahme + ) + + ) + + ) k k + ) + ) + ) + ) +. q k q q stimmt. k + q k q k + q + ach Aahme q + + q + q q+ q + q+ q + q q+. q k q k q+. q Ma beweise k + k) , we alle k, ) oder alle k > sid ud leite daraus die Beroulli-Ugleichug + a) + a für a > ab. : + k + k ist eie wahre Aussage. + : Uter de Voraussetzuge für k ist j k > ud + k >. + lt. A. + k ) + + ) + k ) + + ) ) k k > Für die Wahl... a erhält ma sofort die Beroulli-Ugleichug für a, ) oder a >, für de Fall a erhält ma trivialerweise +. Schließt ma de Fall a aus, so erhält ma für statt des ei echt >. Ma beweise für alle N die Formel : + : k k + + ). k + stimmt atürlich. + k k k k + + ) + k k laut Iduktiosaahme + + ) + + ) ) Scheitert der Beweis vo + ist gerade für alle am Iduktiosafag, am Iduktiosschritt oder a beidem? ist ugerade, womit der Iduktiosafag icht gegebe ist, der Iduktiosschritt higege läßt sich vollziehe: + ) + + }{{} gerade ach Aahme + wäre gerade. 7

8 7 Lösuge eplizite Folge) Ma bereche de Grezwert der Folge a ) a Damit erhält ma problemlos a ) ) Ma bereche de Grezwert der Folge a 4 ) ) + ). a 4 ) ) + ) a 4 ) ) + ) 4 ) ) + ) 4 ) ) + ) Ma utersuche die Folge a ) + ) ud b auf Kovergez ud bereche gegebeefalls die Grezwerte. ) ) a ) ) + ) ) Nu ist + + ; wege des ) ist {a } also diverget. k b k + + )/ + ) + ) + + ) + ) + + ) + 4 b ) + 4 ) Ma bereche de Grezwert der Folge a ). a ) )) )) +) ) ) ) ) ) Ma bereche de Grezwert der Folge a +. a + ) + + ) + + a )

9 Ma zeige, dass mit [a, b ], wobei a + ) k + ) ud b k + + ) Itervallschachtelug vorliegt. Welche reelle Zahl wird dadurch defiiert? ) a + ) l + ) + ) + ) + ) + ) l + ) + + ) + ) b + ) k + ) + ) + ) + + ) k k k ist, eie Ma erket scho a b. Mit diesem Wisse ka ma versuche, die Folgeglieder och etwas umzuforme: a + + ) + + ) + + ) wächst streg mooto + ) b ) + + ) ) + fällt streg mooto + ) Für die Differez der beide Folge gilt: b a +. Da beide Folge de gleiche Grezwert habe, die eie mooto wächst, die adere mooto fällt, liegt eie Itervallschachtelug vor, sie defiiert die Zahl. Gegebe ist a ) ) + ) + + ). Ma bestimme sup a ud if a. Bei Ausdrücke, i dee vorkommt, biete sich meist Falluterscheiduge a: gerade: k a k 4k 6k + + k 4k + 4 k ) 4k + ugerade: k + a k+ k + 6k + 4 4k k 4 4 Demach ist sup a ud if a. Ma zeige, daß die Folge a +a) a! für jede reelle Zahl a kovergiert ud bestimme de Grezwert. ) ) + a) Wir wisse a a + a a!!. ) + a Nu ket ma bereits oder sollte zumidest kee) + a e ) a. a Weiters ist das sieht ma am eifachste, idem ma ei beliebiges Fologeglied! eplizit aschreibt: a! a a... a. Sowohl im Zähler als auch im Neer steht ei Produkt vo... Faktore, aber währed diese über dem Bruchstrich de immer de Wert a habe, werde sie daruter mit wachsedem immer größer, ud für geht der Ausdruck gege Null. Beide Grezwerte eistiere, damit ist der Grezwert des Produkts gleich dem Produkt der Grezwerte, ud ma erhält a e a. 9

10 8 Lösuge rekursive Folge) {a } ist defiiert durch a, a, a + a + + a. Ma beweise: ) a Iduktiv: : ) stimmt; : ) stimmt ebefalls., + ) + a + a + + a + ) + ) 5 ) > 9 4 ) ) + a + a + + a + + < 4 + Ma utersuche a a, a auf Kovergez ud bestimme ggf. de Limes. Ausreche: {a } {,,.7,.9,...} Vermutug: {a } ist mooto wachsed ud a Mootoie: Schrake: Grezwert: a + a + + a + + a ; we a + > a ist, muss demach auch a + > a + sei. Weil a > a ist, wächst die Folge mooto. a <. Iduktiosaahme: a <, daraus folgt a + < + +, die Folge ist ach obe beschräkt ud wege der Mootoie koverget. a + + a bzw. a + a ud ach Quadriere a a + + a bzw. a a aa ). Vo de beide Lösuge a ud a kommt ur die zweite i Frage: a. Ma utersuche a + a + a, a 4 auf Kovergez ud bestimme ggf. de Grezwert. Aus a + a + a ud a > folgt weiter a > für alle N. Wege a + a a +a a a ist die Folge streg mooto wachsed ud durch a 4 ach ute beschräkt. a + a a + ) a 5 4 a ) a 5 4) wächst über jede Schrake. Demach ist {a } ach obe ubeschräkt, also diverget. Alterativer Nachweis der Divergez: Der formale Grezübergag liefert die implizite Gleichug a a + a mit der eizige Lösug a. Dies steht aber im Widerspruch zum mootoe Wachse eier Folge mit positive Glieder, {a } ka deshalb icht koverget sei. Gegebe ist die Folge a + a mit a a R. Ma bestimme ei eplizites Bildugsgesetz für die Folgeglieder ud utersuche, für welche a R die Folge kovergiert. Eie Berechug der erste Glieder zeigt: a a, a a, a a ) 4a ) + ; a 4 4a ) + ) 8a ) +. Ma ka vermute: a a ) +, was allerdigs och mittels vollstädiger Iduktio bewiese werde sollte: A + a A a ) + ) a ) + a ) + Der Iduktiosafag ist bereits gemacht, demach stimmt die Rekursiosformel. Ma erket auch sofort, daß die Folge divergiert, we icht gerade a ist der Ausdruck wächst für a > über ud fällt für a < uter jede Schrake). Die Folge ist also ur koverget für a.

11 9 Lösuge Reihe) Der Erwartugswert eier Größe ist die Summe aller Möglichkeite gewichtet mit jeweils der Wahrscheilichkeit für ihr Eitrete. So ist der Erwartugswert eies faire) -seitige Würfels W ) + ) + Bereche Sie, wie sich dieser Wert durch die Zusatzregel ädert, dass beim Würfel der höchste Zahl jeweils weitergewürfelt ud das Ergebis immer zum bisherige addiert wird. Aus dem Erwartugswert W ) wird u ) )) Aus der Summe ist eie uedliche Reihe geworde, die ma mit N ) eifacher schreibe ka als: W + N + N + N +... N ) N N k k N k + ) Der Erwartugswert erhöht sich also um eie Faktor. ) k N + ) Ma utersuche die folgede Reihe auf Kovergez: + ) a), b) +, c) ) a) + ) a b) Abschätzug a!! )! also koverget. + ) +. Da die Reihe, die Reihe ist koverget ach Wurzelkriterium Reihe koverget. c) Es ist a ) )!!! ud damit gilt a + a + ) + ) ) + ) + + ) 4 8 koverget ist, ist auch diese + )! 4 + )! + )! <, die Reihe ist Ma utersuche die Reihe a + a )!... + ) + 5)!... + ) + )! auf Kovergez. + 5)! + )! >, diverget

12 Ma utersuche die folgede Reihe auf Kovergez: a) ) si 5/, b), c) l 5/4 a) si ) 5/, die Reihe kovergiert, da auch kovergiert. 5/ 5/ b) a + a + / + ) / + + ) + >, diverget + + c) Vgl. mit : a l / 5/4 l 9/8 l/ ) 9/8 b / 9/8 5/4 l, da der 5/4 9/8 /8 Logarithmus im Uedliche lagsamer wächst als jede Potez. Also ist die Reihe c) kovergeter als die bereits kovergete Vergleichsreihe. Ma utersuche die folgede Reihe auf Kovergez: + ) a) + 5, b) ) + ), c) liefert: a / + ) b + 5 si π + 4 )) a) Vergleich mit + / Reihe habe gleiches Kovergezverhalte ud divergiere demach beide. b) Wurzelkriterium: a + si π + 4π ) c) si π + 4 )) 4π), d.h. die Reihe ist koverget, weil Ma utersuche die Reihe ) [e ) + 4π si + ) ] ud ) <, koverget ) ) 4π 4π si koverget ist. + ) e ist, ist + 5, die ) 4 auf Kovergez. ) /4π ) [ e + ) ] eie mo-. Weil + ) mooto wächst ud oto fallede Nullfolge ud die Reihe ist ach dem Leibiz-Kriterium koverget. ) ) 4 4)! )!!. Es ist a ud damit a + + )! + )! )!! 4)! a 4 + 4)! 4)! + ) + ) + ) + )! )!! 4 + 4) 4 + ) 4 + ) 4 + ) <, koverget. 56 Ma bestimme alle π, π), für die die Reihe si ) kovergiert. a si ist kleier Eis außer für ± π, ± π,... ± π 4, ± π 4,.... I diese Fälle erhält ma die divergete Reihe bzw. ). Die Reihe kovergiert also für π, π) \ { π 4, π 4, π 4, π 4 }.

13 Lösuge Stetigkeit) Gegebe sid die beide Fuktioe f ud g: 5 < + < f) < + < + < ; + g) + < + + < 9 mit de Defiitiosbereiche D f [, ] ud D g [, ] \ { }. Ma überprüfe beide Fuktioe auf Stetigkeit ud skizziere ihre Graphe. Da die f a de Zwischestücke als Zusammesetzug stetiger Fuktioe selbst stetig ist, sid ur jee Pukte zu utersuche, a dee die Fuktio umdefiiert wird: f) f ) f) 5) ) 5 f) + ) + + } f) + ) + f) + f) } f) + + ) + f) f) I eistiere liks- ud rechtsseitiger Limes, sie sid gleich, also eistiert auch der Limes selbst; da er gleich dem Fuktioswert ist, ist f dort stetig. I sid liks- ud rechtsseitiger Grezwert ugleich; i sid sie zwar gleich, ud der Grezwert selbst eistiert deshalb, er ist aber ugleich dem Fuktioswert. A ud ist die Fuktio f also ustetig, auf Df) \ {, } ist sie stetig. Für g gilt im Prizip aalog zu f, dass die Fuktio a de Zwischestücke stetig ist; allerdigs sid zusätzliche Pukte zu beachte, wo das Argumet eies Betrages das Vorzeiche wechselt: + ) g) ) + + g) g) + + ) g) + g) g) + f) + ) + } + + ) ) } f) 9 ) f) f ) f) f) f) 7 f) Nur bei sid liks- ud rechtsseitiger Grezwert ugleich; da dieser Pukt aber aus der Defiitiosmege ausgeomme wurde ud überall sost der Grezwert eistiert ud gleich dem Fuktioswert ist, ist g überall auf D g stetig.

14 Lösuge Ableituge) Ma bereche die erste Ableitug f der folgede Fuktioe: ) f) e a +b+c ) f) l 4) f) cosh + +. f ) + + ) f) e 5) f) arcsia + b) 6) f). Ketteregel: f ) a + b) e a +b+c + e + + ) + ) + ) ) + ) ) + ) +. Produktregel: f ) e e ) e 4. Quotieteregel: f ) sih + + ) cosh + ) + + ) 5. Ketteregel: f ) a a + b) 6. Quotieteregel: f ) e + + ) e + ) + + ) Ma bereche die erste Ableitug f der folgede Fuktioe: ) f) l ) f) ) f) g) ; g) D g + cos 4) f) cosl )) 5) f) 6) f) ) l. f ). f ). f ) ) ) l + cos ) /) g) /) g) / g ) g ) g) 4. f ) sil )) sil )) 5. f ) e l ) e l l + 6. f ) ) ) e l ) e l + cos ) / cos si) ) + l ) + + l ) l ) cos si + cos ) / Ma erhält für die erste Ableitug vo f) + + ) / die Ausdrücke f ) + ) / f ) ) + ) 5/ f ) + ) / f 4) ) 5 + ) 7/ ud ka für de allgemeie Ausdruck mit ) vermute: f ) ) ) + )... ) + ) )/ 4

15 Zum Beweis bildet ma im Iduktiosschritt) f +) ) ) +... ) ) + ) )/ ) +... ) ) ) + + ) +)/, die Formel stimmt tatsächlich. Eiem Halbkreis mit Radius a ist das flächegrößte Rechteck so eizuschreibe, daß zwei der Eckpukte auf der Kreisliie ud zwei auf der -Achse liege. Ma ka das Problem mit gutem Gewisse symmetrisch asetze. Der rechte obere Eckpukt habe die Koordiate, y), die adere drei müsse demach, y),, ) ud, ) habe. Die Fläche des Rechtecks ist y, diese Fuktio ist zu maimiere. Als Nebebedigug hat ma die Kreisgleichug +y a, mit dere Hilfe ma eie Variable eplizit ausreche ka, etwa y a. Das ka ma u i die Fläche eisetze: A a a ) /, diese Fuktio soll ei Maimum aehme. Die Ableitug ach der Produktregel ergibt da d a + a, diese Ausdruck muß ma u Null setze: a a bedeutet a a ud ach Multiplikatio mit a ergibt sich a. Also ist a ud damit a die egative Lösug kommt icht i Betracht). Aus der Nebebedigug erhält ) ma y, das flächegrößte Rechteck hat also Eckpukte mit de Koordiate a, a, ) ) ) a a,, a, ud a,. Eigetlich müßte ma auch och überprüfe, ob es sich auch wirklich um ei Maimum hadelt, ud icht etwa ei Miimum oder eie Sattelwert. Im allgemeie ka es atürlich evetuell Radetrema gebe, die das eigetliche Optimum darstelle. Hier liege allerdigs ur die Radmiima a ud mit der Fläche A vor.) Wie ist für eie zylidische Dose das Verhältis vo Höhe zu Radius zu wähle, damit das Verhltis vo Volume zu Oberfläche möglichst güstig maimal) wird? Die beide Kegröße für eie Dose mit Grudflächeradius r ud Höhe h sid Volume V r πh ud Oberfläche O r π + rπh. Aus eier dieser Größe muss u eie Variable eplizit ausgedrückt werde, güstig ist hier h V. Setzt ma das ei, so r π erhält ma O r π + V do r. Die Ableitug ach r liefert 4rπ V! dr r Löst ma diese Gleichug ach r auf, so erhält ma r V π. Setzt ma das i de Ausdruck für h ei, so erhält ma h V V π ) V / / π V / π 4V π ud für das Verhältis h r 4V π V π 8πV πv, die Höhe der Dose ist also gleich ihrem Durchmesser. 5

16 Lösuge Kurvediskussioe) Ma diskutiere die Fuktio f) a) e a : Utersuchug des Defiitiosbereiches: Alle vorkommede elemetare Fuktioe sid auf gaz R defiiert; es gibt auch keie Brüche, dere Neer Null werde köte, also ist D f R. Nullstelle: Nullsetze der Fuktio liefert a) e a. Da die Epoetialfuktio ie Null werde ka, ist das ur erfüllt, we a, also a ist., Kritische Pukte, Mootoie: Bildug der erste Ableitug f ) e a + a) e a + a) e a. Nullsetze liefert mögliche Etremwerte: + a) e a ka ur gelte für a. Das ist also der eizige Kadidat für eie Etrmestelle. Ist f ) im gaze Defiitiosbereich, so ist f etweder streg mooto wachsed f ) > ) oder falled f ) < ). Zweite Ableitug: Ma erhält f ) e a + + a) e a + a) e a. Eisetze des kritische Puktes vo obe: f a ) e >, es liegt also ei Miimum vor. Für f k ) < hätte ma ei Maimum, im Falle f k ) köte ma allei ahad der zweite Ableitug keie Ausage mache.) Wedepukte: Nullsetze der zweite Ableitug liefert Kadidate für Wedepukte: + a) e a hat als eizige Lösug a. Wäre f ) überall ugleich Null, so wäre f etweder streg kove f ) > ) oder streg kokav f ) < ).) Nu betrachtet ma die dritte Ableitug f ) ) + a) e a. Hier ist f ) a ) e, es hadelt sich also tatsächlich um eie Wedepukt. Asymptote: I diesem Fall gibt es keie Defiitioslücke mit ± ±, also auch keie sekrechte Asymptote. Nu berechet ma die Grezwerte k f) + a) e a + k f) a) e a a) + d f) k ) a) e a Die eizige Asymptote ist also y für ). Skizze: a) Skizziere des Fuktiosgraphe mit Hilfe vo Nullstelle, Etremud Wedepukte, dem Mootoieverhalte sowie de Asymptote, im Zweifelsfalle zusätzlich och mit Fuktioswerte für eizele zusätzliche Pukte. + e a e a 6

17 Ma diskutiere die Fuktio f) l + l Defiitiosmege, Nullstelle, Etrema, Wedepukte, Bildmege, Asymptote, Skizze) l ist ur defiiert für >, daher ist D f R +. Weiters ist Divisio durch Null icht erlaubt, + l ) für e, daraus folgt für die Defiitiosmege: D f R + \ { e }. Übriges ist + f), die Fuktio wäre also mit f) stetig ergäzbar. f ) ist für > immer positiv, weil sowohl der Zähler als auch das Quadrat + l ) im Neer immer < sid. Das bedeutet, f) ist auf alle Teilitervalle vo D f streg mooto wachsed, es gibt keie Etrema. Die stetige Ergäzug mit f) hätte i ei relatives Rad-)Miimum.) f ) + l + l ) ist Null geau da, we + l, also für e. Es ist f e ), also hat der eizige Wedepukt die Koordiate e, ). Für sehr kleie positive ist l eierseits egativ, adererseits betragsmäßig sehr groß, also hat f) eie Wert kapp über Eis. Vo da a steigt die Fuktio bis e is Uedliche a. Für alle > e steigt f vo mius Uedlich weg wieder a. Für große wird l wieder betragsmäßig groß, ist aber diesmal positiv, d.h. der Bruch ist immer kleier als Eis. Isgesamt wird also auf gaz R \ {} abgebildet. e ist die eizige sekrechte Asymptote. Für egative Zahle ist die Fuktio gar icht defiiert, der Grezübergag ach etfällt. Die beide adere Grezwerte eistiere dafür: k ) f) l + l l + l d l f) k) + l Es gibt also eie zusätzliche Asymptote y. Aus de Iformatioe über Asymptote ud Motoie ka ma u auch leicht eie Skizze des Fuktiosgraphe erstelle: 7

18 Ma diskutiere die Fuktio f) + 4 Utersuchug des Defiitiosbereiches: f ist icht defiiert a Nullstelle des Neers:, also ±. Damit ist D f R \ {, }. Nullstelle: + 4, + 4 ), 7 4, N 7, ), N 7, ), Bildug ud Nullsetze der erste Ableitug: f ) )., also ist der eizige kritische Pukt. Bildug der zweite Ableitug f ) ) + ) ) ), Eisetze des kritische Puktes vo obe: f ) <, es liegt also ei relatives) Maimum vor, M, 7 ). Wedepukte: 6 + ist immer positiv, ) ist für, immer egativ, für R \ [, ] immer positiv, also gibt es keie Wedepukte. Asymptote: A de Defiitioslücke gilt: f) f) + f) f) + also gibt es zwei Asymptote: a : ud a :. Außerdem ist f) + f) + f) f) 4 demach eistiert och eie dritte: a : y 4. Skizze mittels Nullstelle ud Etrema sowie Asymptote): siehe obe Gegebe ist die Fuktio f) sih. Ma bestimme Defiitiosbereich, Nullstelle, Etrema ud Mootoieverhalte! Das Argumet der Wurzel ist ur da icht egativ, we ist. Das ist auch scho die eizige Eischräkug, also ist D f { R }. Die eizige Nullstelle des Sius hyperbolicus liegt bei Null, für die Nullstelle muss daher gelte: ud damit. f ) cosh. Der Cosius hyperbolicus ist im Reelle stets positiv, auch die Wurzel ka ie egativ werde, daher ist wege des egative Vorzeiches der iere Ableitug f ) < für alle D f. Die Fuktio ist streg mooto falled. Wege f ) gibt es keie iere Etrema, sehr wohl aber ei Radetremum: Die Nullstelle N, ) ist zugleich auch das absolute Miimum. 8

19 Lösuge De l Hospital) Isgesamt gibt es siebe Type vo ubestimmte Forme, auf die alle etweder die Regel vo De l Hospital awedbar sid oder die durch etsprechede Umformuge auf eie passede Form gebracht werde köe: Etweder u.u. wiederholte) Awedug der Regel vo DE L HOSPITAL + + Bsp: e e e Oder bei ) Zähler ud Neer durch die höchste vorkommede Potez für > verwede. dividiere Vorsicht bei Wurzel!) ud Bsp: Awedug der Regel vo DE L HOSPITAL, u.u. auch mehrmals. si BSP: BSP: cos sih cos cosh cos si Auf oder umforme, Behadlug wie obe. Bsp: e l ) l e / e e l Bsp: l ) + + / / + / + ),, Logarithmiere, zuerst auf, da weiter auf oder umforme de Logarithmus dabei möglichst im Zähler lasse!), Behadlug wie obe. Bsp: + ep ) l + ) l + /) ep / +/ ep / ep + / ep e ) ) Bsp: ep + l ep + l ep + l + / ep + / / ep e + Umformug auf oder, Behadlug wie obe. Bsp: ) ) + ) Die Form ± ist zwar ebefalls ubestimmt, es läßt sich aber durch Umforme ohe die Regel vo De l Hospital feststelle, dass dieser Grezwert oder ergibt. Noch klarer sid Ergebisse wie oder. Bsp: Bsp: + + e l e + l e + + e l e + l 9 e

20 Beispiel: Ma ermittle die folgede Grezwerte: sih 4 + e ) e ) + ) l ) + Versuche, ob Löse durch reies Umforme möglich ist; sost durch Eisetze die Form bestimme. Falls otwedig mit Umformuge z.b. Logarithmiere) für Divisio durch höchste Potez auf oder für Awedug vo de l Hospital auf bzw. brige. Logarithmiere e l+e ) e ) +)+ Erweiter: : +)+ Logarithmiere e + ll ) ) keie Umformug otwedig umforme e e l+e ) ud weiter auf : e l+e ) e + ) + ) + vereifache: + + umforme: e ll ) + ) ud weiter auf : e + ll ) / ) Nu Regel vo DE L HOSPITAL awede Zähler ud Neer getret differeziere uter Umstäde auch mehrfach), bis keie ubestimmte Form mehr erhalte wird. Für stattdesse evtl. Zähler ud Neer durch die höchste vorkommede Potez dividiere.) De l Hospital: cosh 4, De l Hospital: sih 6, De l Hospital: cosh 6 4 eisetze: De l Hospital: e e /+e ) e kürze e +e Grezübergag: e + e Zähler ud Neer durch dividiere: + + Grezübergag: + + De l Hospital: e + / l ) / ) Doppelbruch auflöse: e ) + l De l Hospital: e ) + l + eisetze: cosh e ) + l + e

21 Ma bereche die folgede Grezwerte: ) + le + ))/ ) 4) cos cos si 7) cos cos 5) l + si cos 8) e + e cos ) ) l ) e 6) cosh ) / si 9) ) /. le + ))/ ep l le + )) /) lle + )) ep le+) ep e+ ep + e le) e/e l +. )/+) ) +) ) +) l ) l. e e e + + ) ) l e e cos cos si + si 4 cos + cos 4. si si cos cos si 4 + si cos si cos si 5. si si si si cos + cos si si cos + cos si 6. cosh ) / ep l cosh ) /) l cosh ) ep tah ep ep cos 7. cos si si e + e 8. cos ) / si 9. [ l si cosh e e si ep ] l ep 4 cos cos 4 [ si [ cosh e e + e cos ) / ] ep ep [ ] [ cos si ep ep si [ ep ] O5 )) + O 5 ) si / si ep l ] cos si e e / cos si + cos ep sih cosh + O4 )) 6 + ] O5 )) 6 + O5 ))

22 4 Lösuge - Satz vo Taylor Wir bestimme u das Taylorpolyom zweite Grades der Fuktio mit Etwicklugsmitte : Damit ist also f) cosh ) f) cosh ) f) f ) sih ) ) f ) f ) cosh ) ) + sih ) f ) Nu bestimme wir T ; π) der Fuktio T ; ) f) + f ) + f ) +. f) e si). Für die Ableituge ergibt sich ach Produkt- ud Ketteregel: f) e si ) f ) e si) cos ) f π) f ) π f ) 4 cos )e si) 4 si )e si) + cos )e si ) f ) 4π Eisetze i die Taylor-Formel ergibt hier: T ; π) π π) + π ) π) Nach der spezielle Relativitätstheorie ist die Eergie eies mit der Geschwidigkeit v bewegte Körpers gegebe durch: m c Ev) ), v c wobei c die kostate Vakuumlichtgeschwidigkeit ist. Nu wolle wir eie Näherug für kleie Geschwidigkeite, also v c bzw. v c ermittel: Dazu etwickel wir ach Taylor, wobei als Variable sofort ) v c wähle ka. Läßt ma die Kostate vorläufig beiseite, so erhält ma f) ) / f ) ) / ) ) / also f), f ) ud für das Taylorpolyom erste Grades also die lieare Näherug) T ; ) +. Setzt ma u die ursprügliche Variable ud die Kostate wieder ei, so ergibt sich Ev) m c + v ) ) m c + m v c Der erste, kostate Term etspricht dabei der üblicherweise icht i Erscheiug tretede) Ruheeergie, der zweite higege ist geau die kietische Eergie der klassische Newtosche Mechaik. Diese ist ja gerade der für v c gültige Grezfall der umfassedere Relativitätstheorie.

23 + Ma bestimme die Taylorreihe vo f) Ma bestimme die Taylorreihe vo f) + mit Etwicklugsmitte. ) e um. f ) +) +) +) f ) +) f ) ) +) 4 Ma sieht: Das Vorzeiche wechselt, der Zähler wächst ach eier Fakultät, die Potez des Neers immt bei jeder Ableitug um Eis zu. Vermutug: f ) ) ) +! für. + ) + f ) e + + ) e + + ) e f ) e ) e + + ) e f ) ) + + ) e f 4) ) ) e +)e ergibt abgeleitet +)e, die Ableitug vo e ist + ) e, also ergibt sich sogar für alle N f ) ) + + ) e Für f) gilt: f ) 4, für alle Ableituge hier scho ab der erste): f ) )! )+ 4 )+! )+ 4 )+ Nu ka ma die Reihe aschreibe: T ) 4 + ) + 4 )+ ) Eisetze vo liefert: f ) f ) ) e + e e Damit erhält ma für die Reihe: T ) + + ) + ) e! e )! Ma bestimme die Taylorpolyome zweite Grades mit Etwicklugsmitte der folgede Fuktioe: f) cose ) g) siπ cos ) Zuerst berechet ma die Ableituge der Fuktioe: ud erhält damit f) cose ) f) f ) sie ) e f ) f ) cose ) e sie ) e f ) g) siπ cos ) g) g ) π si cosπ cos ) g ) g ) π si siπ cos ) π cos cosπ cos ) g ) π T,f ; ) T,g ; ) π. Im erste Fall würde ma das auch problemlos über Ieiadereisetze vo bekate Etwickluge erhalte, f) u + Ou4 ) u++ +O ) ) + + O ) + O ) Im zweite Fall müßte ma für diese Vorgagsweise allerdigs die Etwicklug des Sius um u π verwede, icht die allgemei bekate) um.

24 5 Lösuge Partielle Itegratio) Ma bereche das Itegral I si d. u u I si d v si v cos cos + cos d cos + si + C Ma bereche das Itegral I cosh d. I cosh d u u v v tah tah cosh sih tah d tah l cosh + C cosh tah d Notwedig ist dabei ur die Keis des Fast-)Stadarditegrals d tah +C ud die cosh Awedug der logarithmische Itegratio. Die Betragsstriche sid hier uötig, da der Cosius hyperbolicus ohehi ie egativ werde ka.) l ) Ma bereche das Itegral I d. I l ) d u l ) u v v ) l + d ) l + C Ma bereche das Itegral I I π/ π/6 π/ π/6 si d si d. u u v si v cot [ cot + l si ] π/ π π/6 + l 6 cot π/ + π/6 π/ π/6 cot d Ma bereche das Itegral I r r dr. I r u r u r r dr v r) / v r)/ r r)/ + 4 r r) / u r u dr v r) / v }{{} 5 r)5/ 4 r r)5/ 5 + r) 5/ dr 4 r)7/ }{{} 4

25 6 Lösuge Substitutio) Beispiel: Ma bereche das Itegral cos e si d. Das Itegral sieht vielleicht schm aus, aber keie Paik. Eifacher wäre die Rechug sicher, we ma es icht mit dem Ausdruck e si zu tu hätte, soder ur mit e u. Nu ka ma sich aber abhelfe, idem ma eifach eie eue Variable eiführt: u si. Damit erhält das Itegral die Form cos e u d. Noch ist damit icht viel gewoe, schließlich muß weiter über itegriert werde, icht über u. Nu sagt aber die Ketteregel für Differetiale: d d dudu, we u) ist. Eie weitere Regel sagt d du du du / d. Also berechet ma eimal d d d si cos, damit ergibt sich d d ) du du du du du d cos. Diese Ausdruck ka ma für d eisetze ud so das Itegral auf eie wirklich ageehme Form brige: cos e si du cos e u du e u +C. Jetzt ka ma die ursprügliche Variable wieder eiführe, die Lösug des Itegrals lautet also e si +C. Im allgemeie werde atürlich icht alle im Itegrade wegfalle, i solche Fälle muß ma die Umkehrfuktio u) eisetze. I diesem Beispiel wäre arcsi u. Beispiel: Wir bestimme das Itegral I e d +l ) d: e d I + l ) d u l ; e e u d d du du eu du e u du e u + u) du + u l + u l Alterativ hätte ma atürlich auch die Greze icht bereche brauche, dafür da aber rücksubstituiere müsse: du I + u l + u B l + l e l B Dabei bezeichet B de icht äher bestimmte Itegratiosbereich i der eue Variable u. Beispiel: Nu ermittel wir das Itegral I I + e e +e ) d: e + e ) d u e ; e e l u d d du du u du + u) du + u) e + e e + u du + u) u Beispiel: Im Itegral I + fv) dv substituiere wir e v. Das ergibt v ± e ud für das Differetial de de dv v, also dv v de ±. Nu betrachte wir die v-itervalle, ) ud e, + ) getret, im erste Fall kommt das egative Vorzeiche der Wurzel zum Trage, im zweite das positive: + + I fv) dv fv) dv + fv) dv f e) de + e + f e) de e f e) de e + + f e) de e + f e) + f e) e de 5