Mehr Erfolg in Mathematik, Abitur: Analysis 1

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1 Mehr Erfolg in... Mehr Erfolg in Mathematik, Abitur: Analysis 1 Funktionen, Grenzwerte, Stetigkeit, Exponential- und Logarithmusfunktionen Bearbeitet von Helmuth Preckur 1. Auflage 009. Taschenbuch. 160 S. Paperback ISBN Format (B x L): 17,1 x 4 cm Gewicht: 4 g schnell und portofrei erhältlich bei Die Online-Fachbuchhandlung beck-shop.de ist spezialisiert auf Fachbücher, insbesondere Recht, Steuern und Wirtschaft. Im Sortiment finden Sie alle Medien (Bücher, Zeitschriften, CDs, ebooks, etc.) aller Verlage. Ergänzt wird das Programm durch Services wie Neuerscheinungsdienst oder Zusammenstellungen von Büchern zu Sonderpreisen. Der Shop führt mehr als 8 Millionen Produkte.

2 Inhalt Vorwort Zahlenmengen Die Menge N der natürlichen Zahlen Bruchzahlen Die positiven reellen Zahlen Abbildung auf den Zahlenstrahl Die Menge IR der reellen Zahlen Teilmengen von R Aussagenlogik Grundbegriffe der Aussagenlogik Verknüpfungen von Aussagen... 1 Beweis durch vollständige Induktion Absolutbetrag und Ungleichungen Lineare und quadratische Ungleichungen.... und Bruchungleichungen Ungleichungen mit Beträgen Rechenregeln für Beträge Die Eulersche Zahl e Die reelle Funktion Die Funktion als Abbildung Gleichheit von zwei Funktionen Besondere Funktionen Monotonie Beschränktheit Ganzrationale Funktionen

3 7 Grenzwertrechnung Verhalten der Funktionswerte einer ganzrationalen Funktion für I x I 7.. Grenzwerte von Funktionswerten Der Begriff der Stetigkeit Stetigkeit an einer inneren Stelle Stetigkeit in Randstellen Stetigkeit auf einem Intervall Stetigkeit der ganzrationalen Funktionen Lehrsätze für stetige Funktionen Stetigkeit der elementaren Funktionen Stetigkeit verketteter Funktionen Gebrochenrationale Funktionen Erklärung der gebrochenrationalen Funktion Nullstellen gebrochenrationaler Funktionen Behebbare Definitionslücken Polstellen Restglieddarstellung von f (x) Näherungsfunktionen und Asymptoten Gebietseinteilung, Verlauf des Graphen Gemeinsame Punkte von G f mit der Asymptote Potenzen und Logarithmen Potenzen mit reellen Hochzahlen, Rechengesetze Logarithmen Exponentialfunktionen Allgemeine Exponentialfunktion Umkehrung von Funktionen Erklärung der Umkehrfunktion Graph der Umkehrfunktion Monotonie der Umkehrfunktion Verkettung von Funktion und Umkehrfunktion Logarithmusfunktionen Allgemeine Logarithmusfunktion Lösungen Register

4 Beweis durch vollständige Induktion Als Carl Friedrich Gauss ( ) die Grundschule besuchte, stellte der Lehrer die Aufgabe, die Summe der Zahlen von 1 bis 100 zu berechnen. Die erwartete Ruhepause war schnell dahin, als sich Carl Friedrich nach kurzem Überlegen mit dem Ergebnis 5050 meldete und erklärte, wie er gerechnet hat. Er hat unter die Summe dieselbe Summe in der umgekehrten Reihenfolge angeschrieben: s 100 = s 100 = Er erkannte, dass die Addition von zwei übereinander stehenden Gliedern immer die Summe 101 hat und dass dieser Summenwert genau 100-mal auftritt. s 100 = s 100 = = = 5050 Aus dem Aufbau der Formel s 100 = 100 ( ) muten, dass allgemein für beliebige natürliche Zahlen n gilt: n = n (n + 1) könnte man nun ver- 6

5 Tatsächlich liefern die Einsetzungen immer richtige Ergebnisse: Beweis durch vollständige Induktion n = 1: linke Seite: 1 rechte Seite: 1 = 1 n = : 1 + = = n = : = 6 4 = 6 n = 4: = = 10 Auch wenn Sie Ihr Leben lang die Richtigkeit der obigen Gleichung für immer größere natürliche Zahlen zeigen, ist damit nicht bewiesen, dass sie für alle natürlichen Zahlen gilt bzw. die Erfüllungsmenge N hat. Der italienische Mathematiker Giuseppe Peano ( ) hat 1889 das folgende berühmte Axiomensystem für die natürlichen Zahlen veröffentlicht: P1: 1 ist eine natürliche Zahl. P: Jede natürliche Zahl hat genau einen Nachfolger. P: Der Nachfolger ist nie gleich 1. P4: Verschiedene Zahlen haben verschiedene Nachfolger. P5: Enthält eine Menge M von natürlichen Zahlen die 1 und liegt mit jeder natürlichen Zahl auch deren Nachfolger in M, dann ist M = N. Das fünfte Axiom von Peano zeigt einen Weg auf, wie wir nachweisen können, dass eine Aussageform A (n) für alle natürlichen Zahlen eine wahre Aussage liefert: 1. Die Aussage A (1) muss wahr sein, d. h., n = 1 liegt in der Erfüllungsmenge. Damit ist ein Anfang gemacht, den wir Verankerung nennen.. Die natürlichen Zahlen lassen sich der Reihe nach durch fortgesetzte Addition der Zahl 1 gewinnen. Eine Aussageform A (n), die für alle natürlichen Zahlen gelten soll, muss daher schrittweise von einer Zahl n zur nächsten Zahl n + 1 als richtig nachgewiesen werden! Die Wahrheit der Aussage vererbt sich sozusagen von Zahl zu Zahl. (Laufmaschenbeweis; Dominoprinzip.) 7

6 Beweis durch vollständige Induktion Wir haben damit ein Beweisverfahren gefunden, das als vollständige Induktion bezeichnet wird und immer nach dem folgenden Muster abläuft: Beweis durch vollständige Induktion Die Aussageform A (n) ist wahr für alle natürlichen Zahlen, wenn gezeigt werden kann: 1. Die Aussage A (1) ist wahr.. Die Gültigkeit von A (n) zieht die Gültigkeit von A (n + 1) nach sich. Bemerkung: Die Verankerung muss nicht immer bei n = 1 liegen! Zum Beispiel liegt für,,a (n) ist wahr für n die Verankerung bei n =. Wir kehren zurück zum Ausgangsproblem und lösen es im ersten Beispiel: Beispiel 1: Behauptung: A (n): n = n (n + 1) ist gültig für n aus N. A (1) ist wahr, denn es gilt: 1 = 1 (1 + 1) ; 1 = 1 A (n + 1): n + (n + 1) = gewiesen werden, wenn A (n) wahr ist! (n + 1) (n + ) soll als wahr nach- Da A (n): n = n (n + 1) Seite der Gleichung A (n + 1) umformen: wahr ist, können wir damit die linke n + (n + 1) = = n (n + 1) (n + 1) (n + ) + (n + 1) = n (n + 1) + (n + 1) = Es muss hier unbedingt klargestellt werden, dass wir bei obiger Umformung die rechte Seite der Gleichung A (n + 1) nicht verwendet haben, sondern gezeigt haben, dass die linke Seite von A (n + 1) mit Hilfe der Aussageform A (n) in die rechte Seite der Gleichung A (n + 1) umgeformt werden kann. Damit ist aber nachgewiesen, dass die Gültigkeit von A (n) die Gültigkeit von A (n + 1) nach sich zieht. 8

7 Beispiel : Behauptung: Die Aussageform A (n): ( n 1) = n gilt für alle natürlichen Zahlen. A (1) ist wahr, denn dafür ist: 1 = 1, also 1 = 1 Beweis durch vollständige Induktion Die Aussageform A (n + 1): ( n 1) + ( (n + 1) 1) = (n + 1) bzw.: ( n 1) + ( n + 1) = (n + 1) soll als wahr nachgewiesen werden, wenn A (n) wahr ist. Dazu formen wir die linke Seite der Gleichung A (n + 1) unter Verwendung von,,a (n) ist wahr wie folgt um: ( n 1) + ( n + 1) = n + ( n + 1) = n + n + 1 = (n + 1) Die Umformung der linken Seite von A (n + 1) liefert gerade die rechte Seite von A (n + 1), d. h., die Vererbung ist nachgewiesen! Beispiel : Behauptung: Die Summe der Kuben von drei aufeinander folgenden natürlichen Zahlen ist immer durch 9 teilbar. Die Behauptung lautet als Gleichung: A (n): n + (n + 1) + (n + ) = 9 K mit K aus N A (1) ist wahr, denn es gilt: = 6 ist durch 9 teilbar. Zu zeigen ist, dass A (n + 1): (n + 1) + (n + ) + (n + ) durch 9 teilbar ist, wenn A (n) wahr ist. Da der Anteil (n + 1) + (n + ) auch in A (n) auftritt, entwickeln wir nur (n + ) = n + 9 n + 7 n + 7 und erhalten damit: A (n + 1): (n + 1) + (n + ) + n + 9 n + 7 n + 7 = = n + (n + 1) + (n + ) + 9 (n + n + ) = = 9K + 9 (n + n + ) = 9 (K + n + n + ) Es gilt also: A (n + 1) ist durch 9 teilbar, wenn A (n) es war. 9

8 Beweis durch vollständige Induktion Beispiel 4: Jakob Bernoulli (Schweizer Mathematiker, ) gab 1689 die nach ihm benannte Ungleichung bekannt: Ist x > 1 und x 0, so gilt für jede natürliche Zahl n die Ungleichung: A (n): (1 + x) n > 1 + nx A () ist wahr, denn für x 0 gilt: (1 + x) = 1 + x + x > 1 + x Dabei haben wir durch Weglassen des positiven Summanden x die Summe verkleinert! A (n + 1): (1 + x) n + 1 > 1 + (n + 1)x soll als wahr nachgewiesen werden, wenn A (n) wahr ist. Dazu formen wir die linke Seite von A (n + 1) wie folgt um: (1 + x) n + 1 = (1 + x) n (1 + x) > (1 + nx) (1 + x) = 1 + x + nx + nx = 1 + (n + 1)x + nx Durch Weglassen des positiven Summanden nx erhalten wir: (1 + x) n + 1 > 1 + (n + 1) x Damit ist bewiesen, daß die Aussageform A (n) für n immer eine wahre Aussage ergibt. 1 A (n): n = n Beweisen Sie, dass A (n) für alle natürlichen Zahlen gilt. Für alle natürlichen Zahlen n gilt: A (n): ( n 1) = n (4 n 1) Für alle natürlichen Zahlen n gilt: A (n): (4 n 1) = n + n 4 Für alle natürlichen Zahlen n gilt: A (n): 1 1! +! + + n n! = (n + 1)! 1 n! wird gelesen n Fakultät und bedeutet: n! = 1 n 5 Beweisen Sie durch vollständige Induktion: Der Term T (n) = n + 5 n ist für n aus N immer durch teilbar. 0

9 Lösungen Seite 0 1 Kapitel Behauptung: Die Aussageform A (n): n = n gilt für alle natür lichen Zahlen. Linke Seite A (1): + 1 = + 6 = 8 Rechte Seite A(1): 1 = 9 1 = 8 Wir setzen die linke Seite von A (n + 1) an und formen um: n + ( n + 1 ) = n ( n + 1 ) = = n + 1 (1 + ) 1 = = n = n + 1 Rechte Seite A (n + 1): (n + 1) = n + 1 Behauptung: Die Aussageform A(n): ( n 1) = n (4n 1) alle n. gilt für Die linke Seite von A (1) beginnt und endet mit ( 1 1) = 1 Linke Seite A (1): 1 = 1 Rechte Seite A (1): 1 (4 1) = 1 Linke Seite A (n + 1): ( n 1) + ( (n + 1) 1) = = 1 = n (4n 1) + ( n + 1) = 4n n + ( n + 1) = = 4n n + 1n + 1n + = 4n + 1n + 11n + Rechte Seite A (n + 1): = (n + 1) (4 (n + 1) 1) = 4n + 8n + n + 4n + 8n + = 4n + 1n + 11n + = (n + 1) (4n + 8n + 4 1) = = linke Seite A (n + 1) A (n): (4 n 1) = n + n gilt für alle n aus N. Linke Seite A (1): (4 1 1) = 4 1 = Rechte Seite A (1): = + 1 = 154

10 Linke Seite A (n + 1): (4 n 1) + (4 (n + 1) 1) = = n + n + (4 n + 4 1) = n + 5 n + Rechte Seite A (n + 1): (n + 1) + (n + 1) = (n + n + 1) + (n + 1) = = n + 5 n + Lösungen Kapitel + 4 (Seite 0) A(n): 1 1! +! + + n n! = (n +1)! 1 gilt für alle n. 4 Die linke Seite von A(1) endet mit 1 1! Linke Seite A (1): 1 1! = 1 1 = 1 Rechte Seite A (1): (1 + 1)! 1 =! 1 = 1 1 = 1 = 1 Linke Seite A (n + 1): 1 1! +! + + n n! + (n + 1) (n + 1)! = = (n + 1)! 1 + (n + 1) (n + 1)! = = (n + 1)! (1 + n + 1) 1 = = (n + 1)! (n + ) 1 = (n + )! 1 Rechte Seite A (n + 1): ((n + 1) + 1)! 1 = (n + )! 1 T (n) = n + 5 n ist für n aus N durch teilbar, oder es gilt: T (n) = n + 5 n = k mit k aus N 5 T (1) = = = 6 =, T (1) ist durch teilbar. T (n + 1) = (n + 1) + 5 (n + 1) = n + n + n n + 5 = = (n + 5 n) + n + n + 6 = = k + (n + n + ) = = (k + n + n + ) Da k + n + n + als Summe ganzer Zahlen wieder eine ganze Zahl ist, muss T (n + 1) wegen des Faktors auch durch teilbar sein. Kapitel 4 Seite 5 Die Ungleichung 1 x x x 1 < 0 < 1 mit D = R\ 1 kann umgeformt werden in 6 Aus der Skizze für die beiden Geraden Z (x) = x und N (x) = x 1 erhalten Sie L = x 1 < x < 155