ClassPad im Mathematikunterricht: Nach einer Idee von Wolfram Koepf

Matthias Bernhard | Christian Wesselsky ClassPad im Mathematikunterricht

Matthias Bernhard | Christian Wesselsky

ClassPad im Mathematikunterricht Nach einer Idee von Wolfram Koepf STUDIUM

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar.

1. Auflage 2009 Alle Rechte vorbehalten © Vieweg +Teubner | GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2009 Lektorat: Ulrike Schmickler-Hirzebruch | Nastassja Vanselow Vieweg +Teubner ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media. www.viewegteubner.de Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der engen Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlags unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Umschlaggestaltung: KünkelLopka Medienentwicklung, Heidelberg Druck und buchbinderische Verarbeitung: Krips b.v., Meppel Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in the Netherlands ISBN 978-3-8348-0840-0

Inhaltsverzeichnis Vorwort

VII

1 Geometrie 1.1 Rechtwinklige Dreiecke . . . . . . . . . . 1.2 In- und Umkreis . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Gleichseitige Dreiecke . . . . . . . . . . . 1.4 Eulersche Gerade . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Approximative Berechnung der Kreiszahl π

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1 1 5 10 12 17

2 Kegelschnitte 2.1 Die Ellipse . . . . . . . . . . . . 2.2 Die Parabel . . . . . . . . . . . 2.3 Die Hyperbel . . . . . . . . . . 2.4 Drehungen . . . . . . . . . . . 2.5 Polarkoordinatendarstellungen

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21 21 26 28 34 45

3 Flächenberechnung 3.1 Rechtecksummen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Trapez- und Simpsonregel . . . . . . . . . . . . . 3.3 Graphische Darstellung der Integrationsverfahren 3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern

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51 51 56 62 66

4 Partielle Integration 4.1 Unbestimmte Integrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Integrale von Potenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Bestimmte Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75 75 82 83

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5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen 91 5.1 Lineare Gleichungssysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 5.2 Matrizen und Kondition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 5.3 Die Hilbert-Matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 6 Einfache Differentialgleichungen 111 6.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 6.2 Trennung der Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

VI

Inhaltsverzeichnis

6.3 Orthogonaltrajektorien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 6.4 Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 6.5 Die Schwingungsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 Lösungen

137

Stichwortverzeichnis

183

Vorwort Dieses Buch stellt eine Überarbeitung des Buches ‘DERIVE für den Mathematikunterricht´ von Wolfram Koepf dar, das der Vieweg Verlag im Jahre 1996 aufgelegt hat. Die mathematischen Problemstellungen aus der Geometrie, Algebra und Analysis werden nun allerdings mithilfe des CAS- und DGS-fähigen Taschenrechners ClassPad von Casio bearbeitet. Dazu wurden mit der Zustimmung von Herrn Koepf einzelne Kapitel aus dem Buch entnommen, in Ihrem Aufbau jedoch weitgehend unverändert gelassen. Das grundlegende Konzept von Herrn Koepf soll gewahrt bleiben. Erweitert wurde dieses Buch um die Lösungen gestellter Übungen und um einen Lösungsteil ausgewählter Aufgaben. Da die gesamten mathematischen Inhalte entweder aus dem Buch von Herrn Koepf entlehnt oder entnommen wurden, verzichten wir aus Gründen der Übersicht auf die übliche Kennzeichnung jedes Absatzes mit dem Hinweis dieser einzigen Quelle! Die Screenshots des ClassPads wurden mit der ClassPad Manager v3 Professional Software erstellt (www.classpad.de) und mit Genehmigung von Casio verwendet. Um geometrische Zusammenhänge darzustellen wurden zusätzlich Bilder mithilfe der GeoGebra Software, die unter der GNU General Public License veröffentlicht wurde (www.geogebra.org), erstellt und eingebunden. Das Buch orientiert sich am Schulstoff der Sekundarstufe II und richtet sich primär an Mathematiklehrer, die ClassPad als sinnvolle Erweiterung ihres Mathematikunterrichts nutzen wollen. Aufgeteilt in kurze Übungen und veranschaulicht durch zahlreiche Abbildungen und DisplayScreenshots des Rechners werden ausgewählte, komplexe mathematische Probleme schrittweise erarbeitet. Anschließend gibt es zu jedem Abschnitt einen Aufgabenteil. Die Lösungen hierzu finden sich am Ende des Buches. Alle Rechenschritte können als vcp-Dateien von der beiliegenden CD geladen werden, die zudem auch einige neu programmierte Funktionalitäten in ClassPad enthält. Der Leser kann sich somit zunächst selbst vertieft in ClassPad einarbeiten und anschließend die ausgearbeiteten Übungen und Aufgaben, die sich in Form von elektronischen Arbeitsblättern auf der CD finden, für den Unterricht übernehmen. Es wird vorausgesetzt, dass der Leser bereits grundlegende Erfahrungen mit ClassPad gesammelt hat. Eine Einführung in die Bedienung eines ClassPad soll durch die Arbeit mit diesem Buch nicht ersetzt werden.

VIII

Vorwort

Der Inhalt der einzelnen Kapitel soll im Folgenden kurz vorgestellt werden. Generell werden in jedem Kapitel mitunter interessante Aspekte erarbeitet, die im Mathematikunterricht sonst weniger Beachtung finden. Der Begriff der Kondition oder die Berechnung von Flächeninhalten im archimedischen Sinne stellen unserer Meinung nach solche Aspekte dar. Die Inhalte der Kapitel: 1. Geometrie Dieses Kapitel geht weit über den üblichen Unterrichtsstoff hinaus. Allerdings kann man hier mit ClassPad besonders schöne und interessante Ergebnisse erzielen. In Abschnitt 1.1 werden Eigenschaften rechtwinkliger Dreiecke in Form algebraischer Gleichungen entwickelt. Ausgehend davon werden in Abschnitt 1.2 Dreiecke graphisch dargestellt und berechnet. Geometrische Ungleichungen sind das Thema von Abschnitt 1.3, während sich Abschnitt 1.4 zur Wiederholung von Trigonometrie eignet. In diesem Abschnitt ist jedoch die Kenntnis von Determinanten notwendig. Schließlich wird die Berechnung von π durch die Approximation des Kreises durch gleichmäßige Vielecke in Abschnitt 1.5 behandelt. Dieser Abschnitt verbindet historische Elemente (Archimedes’ Berechnung von π) mit der Fragestellung problemangepasster Algorithmen. 2. Kegelschnitte In diesem Kapitel werden Ellipsen, Parabeln und Hyperbeln sowie ihre Darstellung durch algebraische Gleichungen zweiter Ordnung behandelt. ClassPad kann helfen, dieses Thema relativ zügig durchzunehmen. Die wissenschaftliche Bedeutung dieses Themas sollte Begründung genug sein, sich dieses interessanten Themas auch in der Schule anzunehmen. In Abschnitt 2.4 wird die Drehung von Koordinatensystemen behandelt. Die Polarkoordinatendarstellung wird in Abschnitt 2.5 in nicht üblicher Weise durch Faktorisierung hergeleitet. 3. Flächenberechnung Hier wird das Integrationsproblem der Bestimmung von Flächeninhalten behandelt. Während im Schulunterricht meist schnell der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung zur Bestimmung von Flächeninhalten herangezogen wird, benutzen wir ClassPads algebraische Fähigkeiten, um Flächeninhalte ganz im archimedischen Sinne mit Hilfe ihrer geometrischen Definition zu berechnen. Die dabei auftretenden Probleme sollten den Schülern den Stellenwert des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung erst richtig bewusst machen. Ferner runden numerische Approximationen (Trapez und Simpsonregel) und ihre graphischen Darstellungen das Bild der Flächenberechnung ab. Als Anwendung der Integration werden in Abschnitt 3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern berechnet. 4. Partielle Integration Mit ClassPad lassen sich viele Integrale ad hoc lösen. In diesem Kapitel zeigen wir, wie man ClassPad dazu benutzen kann, Rekursionsformeln für Integrale zu finden. Diese können dazu benutzt werden Integrale herzuleiten, die ClassPad nicht direkt lösen kann. 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen In diesem Kapitel werden lineare Gleichungssysteme und Matrizen behandelt. Ein bedeutsamer Gesichtspunkt ist hierbei der der Kondition, welcher für wissenschaftliche Anwen-

Vorwort

IX

dungen wichtig ist. Anhand einfacher Beispiele wird dieser Begriff sorgsam erarbeitet. Als Abschluss wird die Kondition der Hilbert Matrix untersucht. 6. Einfache Differentialgleichungen Es wird kurz anhand von Beispielen gezeigt, warum Differentialgleichungen in vielen Anwendungen eine bedeutende Rolle spielen. Wir behandeln die Methode der Trennung der Variablen sowie lineare Differentialgleichungen erster Ordnung. Als Anwendung aus der Geometrie werden Orthogonaltrajektorien bestimmt. Schließlich wird die Schwingungsgleichung eingehend untersucht. Hierbei zahlen sich die Fähigkeiten des ClassPads aus. Langwierige und wenig aufschlussreiche Rechnungen können an den Rechner abgegeben werden, um sich dafür umsomehr den zugrundeliegenden Konzepten widmen zu können.

X

Vorwort

Grundlegendes zum Umgang mit ClassPad

Auf der CD befindet sich zu jedem Kapitel eine ClassPad-Datei (vcp). Um diese zu öffnen, muss die entsprechende Software von Casio (ClassPad Manager) auf dem PC installiert sein. Anschließend klickt man im Hauptmenü auf das eActivitySymbol und im Menü auf Datei / Öffnen. Es erscheinen die beiden Ordner main und Aufgaben. Darunter befinden sich die jeweiligen Unterkapitel sowie die einzelnen Aufgaben in Form von eActivities.

Schließlich sei noch darauf hingewiesen, dass beim Öffnen einer eActivity darauf zu achten ist, dass gegebenenfalls alle zuvor definierten Variablen gelöscht werden. Dies geschieht über den Befehl Edit/Lösche alle Variablen. Andernfalls sind die Variablen weiterhin gespeichert und werden von ClassPad in der nächsten Berechnung automatisch eingesetzt. Außerdem muss bei jeder Berechnung überprüft werden, ob die richtige Zahlenmenge und das richtige Winkelmaß eingestellt ist. Ansonsten wirft der Rechner auch für die auf der CD bereits durchgerechneten Aufgaben falsche Ergebnisse aus. Die Anzeige hierfür befindet sich links unten auf dem Display (z.B. Kplx und Bog für die komplexen Zahlen als verwendete Zahlenmenge und das Bogenmaß für Winkel).

Erlangen, im Juli 2009 Matthias Bernhard, Christian Wesselsky

1 Geometrie

In diesem Kapitel werden mit Hilfe von ClassPad geometrische Sätze bewiesen. Unter anderem werden Radius und Mittelpunkt von In- und Umkreis eines Dreiecks berechnet und graphisch dargestellt. Außerdem wird die Existenz der Eulerschen Geraden mit Hilfe trilinearer Koordinaten nachgewiesen. Schließlich wird die Kreiszahl π approximativ durch dem Einheitskreis einbeschriebene Dreiecke berechnet.

1.1 Rechtwinklige Dreiecke Folgender Satz soll bewiesen werden:

Satz: Sei R der Umkreisradius, r der Inkreisradius und s der halbe Umfang eines Dreiecks. Wenn die Gleichung 2R + r = s gilt, dann ist das Dreieck rechtwinklig. Übung 1.7 Drücke die Rechtwinkligkeit eines Dreiecks mit den Seiten a, b und c durch eine Gleichung aus! Verwende dazu den Satz des Pythagoras! Der Satz des Pythagoras besagt, dass ein Dreieck mit den Seiten a, b und c genau dann rechtwinklig ist, wenn entweder a2 = b2 + c2 oder b2 = a2 + c2 oder c2 = a2 + b2 ist. Dies kann man folgendermaßen durch eine Gleichung ausdrücken: (a2 − b2 − c2 )(b2 − c2 − a2 )(c2 − a2 − b2 ) = 0

(1.1)

Um den Satz zu beweisen, versuchen wir die Gleichung 2R + r = s

(1.2)

zu der Gleichung (1.1) umzuformen. In den nächsten Schritten werden wir deshalb die Variablen R, r und s eliminieren und durch a, b und c ausdrücken. Wir wissen, dass für den halben Dreiecksumfang gilt: s=

a+b+c 2

(1.3)

2

1 Geometrie

Bild 1.1: Zum ersten Flächensatz Übung 1.8 Weise nach, dass sich der Inkreisradius r durch den Quotienten aus dem Flächeninhalt A des Dreiecks und dem halben Umfang s ausdrücken lässt! r=

A s

(1.4)

Verwende hierzu den Inkreismittelpunkt D und zerlege das Dreieck ABC in die Teildreiecke BCD, ACD und ABD!

ABCD =

1 ar 2

AACD =

1 br 2

AABD =

1 cr 2

Daraus folgt für den Flächeninhalt: A = ABCD + AACD + AABD =

1 r(a + b + c) = rs 2

Wenn man durch s dividiert, erhält man schließlich r =

A . s

Zwar wurde dadurch der Flächeninhalt als weitere Variable eingeführt, weitere Eigenschaften des Flächeninhalts erlauben es jedoch, diesen später wieder zu ersetzen.

Übung 1.9 Im nächsten Schritt soll der Umkreisradius R durch die Variablen a, b, c und A ausgedrückt werden. Betrachte hierzu die Ähnlichkeit der Dreiecke ACD und BCE in Bild (1.2)!

Die Dreiecke ACD und BCE sind zunächst rechtwinklig. Aufgrund des Umfangswinkelsatzes, nach dem die Umfangswinkel über einem Kreisbogen gleich groß sind, stimmen zusätzlich die Winkel bei B und D überein. Dementsprechend sind die beiden Dreiecke ähnlich und das Verhältnis folgender Seiten ist gleich: b hc = 2R a

(Nach Multiplikation mit 2Rac ergibt das:)

abc = 2Rhc c

(Ersetzt man weiter

abc = 4AR

hc c durch A, erhält man:) 2

3

1.1 Rechtwinklige Dreiecke

Bild 1.2: Argumentation mit Ähnlichkeit Nach R aufgelöst erhält man schließlich: R=

abc 4A

(1.5)

Nun kann die Voraussetzung des Satzes (1.2) umgeschrieben werden in abc A + = s. 2A s Nach Multiplikation mit 2A ergibt sich: abc +

2A2 = 2As. s

Schließlich muss noch die zusätzlich eingeführte Variable A durch a, b und c ausgedrückt werden.

Übung 1.10 Der Flächeninhalt ist gegeben durch A = 12 hc c. Wende den Satz des Pythagoras auf die Dreiecke ACE und BCE an, eliminiere die Hilfsvariable x (siehe Bild 1.2) und drücke schließlich A durch a, b und c aus!

4

1 Geometrie

Die nötigen Umformungen können hier mit ClassPad durchgeführt werden. Der Satz des Pythagoras ergibt jeweils: b2 = h2c + x2 und a2 = h2c + (c − x)2 Zieht man diese beiden Gleichungen voneinander ab und vereinfacht anschließend, so erhält man: a2 − b2 = c2 − 2cx Das Auflösen nach x ergibt schließlich: x=

−(a2 − b2 − c2 ) 2c

Eigentlich soll aber A durch a, b und c ausgedrückt werden. Der quadrierte Flächeninhalt des Dreiecks ABC lässt sich folgendermaßen schreiben: A2 = (

ch 2 ) 2

√ Wenn man in dieser Gleichung die Variable h durch b2 − x2 2 2 2 −c ) und die Variable x durch −(a −b substituiert, kann A allein 2c durch die Variablen a, b und c ausgedrückt werden:

A2 =

−(a + b + c)(a − b + c)(a − b − c)(a + b − c) 24

(1.6)

2

Übung 1.11 Nun muss auch die Gleichung abc + 2As = 2As allein durch die Variablen a, b und c ausgedrückt und auf die gewünschte Form (a2 − b2 − c2 )(b2 − c2 − a2 )(c2 − a2 − b2 ) = 0 gebracht werden. Setze zunächst A und s ein! Nach dem Einsetzen quadriert man die Gleichung zunächst, um die Quadratwurzel zu eliminieren. Anschließend lassen sich durch den Befehl rewrite alle Terme auf eine Seite bringen. Zuletzt muss die Gleichung noch ausmultipliziert (Befehl expand) und neu faktorisiert (Befehl factor) werden. Das Ergebnis stimmt mit der erwünschten Gleichung des Pythagoras (mit Vorfaktor 18 ) überein: (a2 − b2 − c2 )(b2 − c2 − a2 )(c2 − a2 − b2 ) =0 8

(1.7)

5

1.2 In- und Umkreis

Somit wurde aus der Beziehung 2R + r = s die Gleichung (a2 − b2 − c2 )(b2 − c2 − a2 )(c2 − a2 − b2 ) = 0 hergeleitet.

Aufgaben

Aufgabe (1.1) Beweise die Heronsche Flächenformel: A2 = s(s − a)(s − b)(s − c) Aufgabe (1.2) Zeige, dass ein Dreieck genau dann einen oder mehrere 60◦ -Winkel hat, wenn √ s = 3(R + r)! Verwende hierzu den Kosinussatz: a2 = b2 + c2 − 2bc · cos(α)

b2 = c2 + a2 − 2ca · cos(β)

c2 = a2 + b2 − 2ab · cos(γ)

1.2 In- und Umkreis Nebenbei wurde im letzten Kapitel die Grundlage für weitere Zusammenhänge im Dreieck berechnet. So lässt sich die Gleichung (1.4) folgendermaßen umschreiben: r=

A 1 = (a + b + c)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c) s 4s

(1.8)

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1 Geometrie

Ebenso folgt aus den Gleichungen (1.5) und (1.6) für den Umkreisradius: R=

abc abc = 4A (a + b + c)(b + c − a)(a + b − c)(a − b + c)

(1.9)

In einem durch die Punkte A, B und C gegebenen Dreieck lassen sich also leicht die Radien des In- und Umkreises berechnen. Um diese einzeichnen zu können, müssen die beiden Mittelpunkte berechnet werden.

Übung 1.12 Berechne anhand der drei gegebenen Eckpunkte eines selbst gewählten Dreiecks Radius des In- und Umkreises sowie den In- und Umkreismittelpunkt! Verwende zunächst das Geometrieprogramm von ClassPad, um ein Dreieck festzulegen! Die folgenden Rechnungen finden sich auf der beiliegenden CD im Verzeichnis ClassPad Files unter 1.Geometrie. Nach dem Öffnen klickt man im Menü auf eActivity und wählt in der Menüleiste Datei/Öffnen/Unterkapitel 2.

Dreieck

Inkreisradius

Umkreisradius

Seien A := [1,57082; 2,38197], B := [8,85; 1,35] und C := [5,55; 4,8]. Im ersten Schritt lassen sich durch den Befehl norm die Seitenlängen a, b und c anzeigen. Wie in den Gleichungen (1.8) und (1.9) gezeigt wurde, lässt sich allein durch die Seitenlängen a, b und c der Inkreisradius r und der Umkreisradius R bestimmen.

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1.2 In- und Umkreis

Der Inkreismittelpunkt ist der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden. Den Richtungsvektor der Winkelhalbierenden erhält man, indem man die zu den beiden anderen Eckpunkten laufenden Vektoren normiert (Befehl unitV) und addiert. Wenn man nun jeweils zu dem Ortsvektor eines Eckpunktes den zugehörigen, mit einem Skalar multiplizierten Richtungsvektor der Winkelhalbierenden addiert und die beiden gewonnenen Vektoren gleichsetzt, erhält man die Koordinaten des Inkreismittelpunktes.

B + x(unitV (A − B) + unitV (C − B)) A + y(unitV (B − A) + unitV (C − A))

Inkreismittelpunkt

Umkreismittelpunkt

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1 Geometrie

Für die Bestimmung der Koordinaten des Umkreismittelpunktes werden die Mittelsenkrechten des Dreiecks geschnitten. Deren Geraden lassen sich folgendermaßen darstellen: Den Seitenmittelpunkt als Ortsvektor erhält man durch 12 (A + B) bzw. 1 2 (A + C). Zu diesem addiert man den mit einem Skalar x bzw. y multiplizierten Richtungsvektor der Mittelsenkrechten. Dieser lässt sich beispielsweise dadurch bestimmen, dass man  bzw. CA  vertauscht und bei eidie Argumente des Vektors BA nem von beiden das Vorzeichen ändert, so dass das Skalarprodukt Null ergibt. (Zwar gibt es im ClassPad auch einen vorinstallierten Befehl, um senkrechte Vektoren zu bestimmen (crossP), dieser funktioniert jedoch nur für dreidimensionale Vektoren problemlos.)

Anschließend setzt man die beiden Geraden gleich. Im ClassPad-Hauptmenü lässt sich dies durch den Befehl solve bewirken, der zwei durch Komma getrennte Gleichungen löst, wenn anschließend beide zu berechnenden Variablen angegeben werden. (Die Gleichung und die Variablen müssen dabei jeweils in geschweiften Klammern stehen.) Schließlich können wieder die berechneten Skalare x und y in die Gerade der Mittelsenkrechten eingesetzt werden und man erhält den Umkreismittelpunkt.

Wer sich intensiver mit den Funktionen von ClassPad auseinandersetzen will, kann das ProgrammMenü des Rechners verwenden, um selbst ein Programm zu schreiben. Beispielsweise lassen sich die eben durchgeführten Berechnungen von In- und Umkreis eines Dreiecks auch in einem Programm berechnen und anschließend graphisch darstellen. Es müssen dann lediglich noch die Koordinaten des Dreiecks eingegeben werden, und der Taschenrechner stellt einem automatisch das angegebene Dreieck mit eingezeichnetem In- und Umkreis graphisch dar. Auf der beiliegenden CD finden sich unter dem ClassPad File 1.Geometrie diese beiden Funktionen bereits programmiert. Um sie ablaufen zu lassen, wählt man im Hauptmenü das Ikon Programm und anschließend den gewünschten Typ, Inkreis bzw. Umkreis, aus. Durch Anklicken des Symbols wird das Programm ausgeführt.

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1.2 In- und Umkreis

Im ersten Schritt wird man dazu aufgefordert, die Koordinaten der drei Eckpunkte des Dreiecks in der angegebenen Form einzugeben.

Nach der Eingabe öffnet sich das Graphikmenü und der Rechner zeichnet das Dreieck zentriert mit einbeschriebenem In- bzw. Umkreis ein. Beispielsweise erhält man folgende Darstellungen:

Inkreisprogramm

Umkreisprogramm

Eine Einführung in das Programmieren mit ClassPad würde bei weitem den Rahmen dieses Kapitels sprengen. Wer sich aber mit dieser sehr hilfreichen Funktion des Rechners auseinandersetzen will, kann durch Antippen des Symbols die Programmbefehle, die hinter den beiden Programmen stecken, einsehen und nach Bedarf verändern. Interessiert man sich beispielsweise für die Koordinaten des Inkreises sowie dessen Radius, fügt man die Befehle • PrintNatural M,”Inkreismittelpunkt” • PrintNatural r,”Inkreisradius” hinzu. Der vorangestellte Befehl SetDecimal bewirkt, dass der Rechner bei der Ausführung des Programms die gewünschten Werte in Dezimalschreibweise angibt. (Analog verfährt man für den Umkreismittelpunkt und -radius) In der ClassPad-Datei zu diesem Kapitel sind die beiden Befehle bereits wie oben angegeben im Programm gespeichert und lediglich durch ein Apostroph (’) deaktiviert. (Das Apostroph bewirkt, dass eine Zeile von ClassPad als Kommentartext behandelt und dementsprechend übersprungen wird.)

Aufgaben Aufgabe (1.3) Überprüfe die Aussagen aus Übung 1.6 geometrisch! Aufgabe (1.4) Verwende das Programm-Menü von ClassPad, um ein Programm zu schreiben, dass

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1 Geometrie

die Koordinaten des Schwerpunktes eines beliebigen Dreiecks berechnet und in einer graphischen Darstellung in dieses Dreieck die Seitenhalbierenden einzeichnet!

1.3 Gleichseitige Dreiecke Satz: Der Umkreisradius R eines Dreiecks ist mindestens doppelt so groß wie der Inkreisradius r. R − 2r ≥ 0

(1.10)

Hierbei ist der Umkreisradius genau dann doppelt so groß wie der Inkreisradius, wenn das Dreieck gleichseitig ist. Übung 1.13 Drücke die Ungleichung (1.10) durch a, b und c aus! Verwende hierbei die Darstellungen von R und r aus Abschnitt (1.1)! Um nicht mit Wurzeln rechnen zu müssen, sollte die Ungleichung vor dem Einsetzen mit 4A multipliziert werden. Faktorisiere schließlich das Resultat und zeige, dass (1.10) genau dann gilt, wenn folgende Ungleichung erfüllt ist: a3 + b3 + c3 − a2 b − a2 c − b2 c − ab2 − ac2 + 3abc − bc2 ≥ 0

Zunächst substituieren wir in dem Ausdruck R−2r gemäß (1.5) den Umkreisradius R durch abc 4A und den Inkreisradius r gemäß (1.4) durch As . abc Somit erhalten wir die Ungleichung −2A s + 4A ≥ 0. Um diese zu vereinfachen, multiplizieren wir mit der positiven Größe 4A.

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1.3 Gleichseitige Dreiecke

In der daraus resultierenden Ungleichung −8A2 + abc ≥ 0 s ersetzen wir schließlich den Flächeninhalt A gemäß (1.6) durch  − (a+b+c)(a−b+c)(a−b−c)(a+b−c) und den halben Dreiecksum24

fang s gemäß (1.3)durch

a+b+c . 2

Demnach gilt R − 2r ≥ 0 genau dann, wenn G(a,b,c) := a3 + b3 + c3 − a2 b − a2 c − b2 c − ab2 − ac2 + 3abc − bc2 ≥ 0. Wir wollen nun zeigen, dass dies für alle a,b,c ≥ 0 der Fall ist und dass die Gleichheit nur eintritt, falls a = b = c ist, falls also das Dreieck gleichseitig ist.

Übung 1.14 Zeige zunächst, dass für G(a,b,c) die Identität gilt: G(x + w,y + w,z + w) =

w ((x − y)2 + (x − z)2 + (y − z)2 ) + G(x,y,z) 2

(1.11)

Faktorisiere anschließend G(a,b,0) und erkläre, warum deswegen gilt: G(a,b,0) ≥ 0 und damit auch G(a,0,c) ≥ 0 und G(0,b,c) ≥ 0! Überprüfe schließlich, dass G(a,a,a) den Wert Null annimmt! Zunächst muss im ClassPad die Funktion G(a,b,c) über den Befehl define definiert werden. Nun können für a, b und c die neuen Funktionswerte x + w, y + w und z + w eingesetzt werden und mit dem Befehl judge angezeigt werden, ob die Identität zutrifft. Wird die Funktion auf dem Rand des interessanten Bereichs betrachtet, also für a = 0, b = 0 und c = 0, so stellt man fest, dass G hier keine negativen Werte annimmt. Setzt man nämlich z.B. c = 0, so erhält man G(a,b,0) = (a + b)(a − b)2 ≥ 0. Für gleichseitige Dreiecke mit a = b = c erhält man durch Einsetzten von G(a,a,a) den Wert Null.

12

1 Geometrie

Schließlich muss noch gezeigt werden, dass die Ungleichung G(a,b,c) ≥ 0 für alle a,b,c ≥ 0 gilt. Hierzu wird die Beziehung (1.11) verwendet und a,b,c ≥ 0 eingesetzt. Aus Symmetriegründen gilt a ≥ b ≥ c. Wenn nun z = 0 und w = c gesetzt wird, so erhält man für x = a − c ≥ 0 und für y = b − c ≥ 0. Das ergibt für den zweiten Teil der Beziehung (1.11) G(x,y,z) = (a + b − 2c)(a − b)2 ≥ 0, da a ≥ b ≥ c gilt. Der erste Teil ergibt ausmultipliziert

c((a−b)2 +(a−c)2 +(b−c)2 ) 2

≥ 0.

Insgesamt erhält man also: G(a,b,c) =

c((a − b)2 + (a − c)2 + (b − c)2 ) + (a + b − 2c)(a − b)2 2

(1.12)

Nun ist (a+b−2c) der einzige Term, der keine Quadratwurzel besitzt und somit negativ werden könnte. Da aber angenommen wurde, dass a ≥ b ≥ c ist, gilt G(a,b,c) ≥ 0 und damit auch R − 2r ≥ 0. Es bleibt noch zu zeigen, dass Gleichheit nur bei einem gleichseitigen Dreieck, also bei a = b = c, eintritt. Dazu wird die Gleichung (1.12) genauer untersucht. Diese ist als Summe von vier nichtnegativen Termen genau dann Null, wenn jeder einzelne dieser Terme Null ist. Das gilt nur für a = b = c, also muss das Dreieck in diesem Fall gleichseitig sein.

1.4 Eulersche Gerade Satz: Der Schwerpunkt S, der Umkreismittelpunkt M und der Höhenschnittpunkt H liegen auf einer Geraden, der so genannten Eulerschen Geraden. An dieser Stelle ist es sinnvoll, trilineare Koordinaten einzuführen, um die Lage eines Punktes bezüglich eines Dreiecks zu beschreiben. Unter trilinearen Koordinaten eines beliebigen Punktes P versteht man das Verhältnis dreier reeller Zahlen x : y : z zueinander, zu denen es eine Zahl r ∈ R gibt, so dass gilt: x = rdBC

y = rdAC

z = rdAB

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1.4 Eulersche Gerade

Mit dBC , dAC und dAB wird der Abstand des Punktes P von den Geraden BC, AC und AB bezeichnet. Ein positives Vorzeichen wird dann gesetzt, wenn sich der Punkt auf derselben Seite befindet wie der dritte Dreieckspunkt. Trilineare Koordinaten eines Punktes sind dementsprechned nicht eindeutig, sondern werden in einem bestimmten Verhältnis zueinander angegeben. Das hat den Vorteil, dass man den absoluten Abstand gar nicht kennen muss. Beispielsweise hat der Inkreismittelpunkt von den drei Seiten des Dreiecks denselben Abstand. Die triliniearen Koordinaten lauten demnach x : y : z = 1 : 1 : 1. Um den Satz über die Eulersche Gerade zu beweisen, werden im Folgenden die trilinearen Koordinaten des Schwerpunktes, des Umkreismittelpunktes und des Höhenschnittpunktes berechnet.

Übung 1.15 Berechne die trilinearen Koordinaten des Schwerpunktes S, ausgedrückt durch die Seiten a,b,c bzw. durch die Winkel α,β,γ! Verwende hierzu • die Tatsache, dass der Schwerpunkt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1 teilt, • die Höhen ha , hb und hc des Dreiecks, • den Strahlensatz • sowie den Sinussatz 2R =

b c a = = . sinα sinβ sinγ

Bild 1.3: Schwerpunkt

14

1 Geometrie

Da der Schwerpunkt die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1 teilt, folgt aus dem Bild (1.3), zusammen mit dem Strahlensatz: x=

ha 3

y=

hb 3

z=

hc 3

Die Höhen lassen sich folgendermaßen ausdrücken: ha =

2A a

hb =

2A b

hc =

2A c

Da es nur auf das Verhältnis der Werte zueinander und nicht auf den absoluten Abstand ankommt, lässt sich der Schwerpunkt S durch die trilinearen Koordinaten x : y : z = a1 : 1b : 1c darstellen. Oder mit Hilfe des Sinussatzes als: x:y:z=

1 1 1 : : sin(α) sin(β) sin(γ)

Übung 1.16 Berechne unter Verwendung des Satzes über die Umfangswinkel (siehe Bild 1.4) die trilinearen Koordinaten des Umkreismittelpunktes M !

Bild 1.4: Umkreismittelpunkt

Der Satz über die Umfangswinkel liefert zusammen mit dem Kosinus folgende Abstände: x = R · cosα

y = R · cosβ

z = R · cosγ

15

1.4 Eulersche Gerade

Demnach lauten die trilinearen Koordinaten des Umkreismittelpunktes M : x : y : z = cosα : cosβ : cosγ

Übung 1.17 Berechne die trilinearen Koordinaten des Höhenschnittpunktes H!

Bild 1.5: Höhenschnittpunkt

Wie man in Bild 1.5 leicht sehen kann, gilt für den Kosinus der Winkel α und β: cosα =

x CH

cosβ =

y CH

Weil es nur auf das Verhältnis ankommt, erhält man: x:y=

1 1 : cosα cosβ

Aus Symmetriegründen ergibt sich schließlich für die trilinearen Koordinaten des Höhenschnittpunktes: x:y:z=

1 1 1 : : cosα cosβ cosγ

Allgemein gilt: Eine Gerade durch zwei Punkte mit trilinearen Koordinaten (x1 : y1 : z1 ) und (x2 : y2 : z2 ) hat die Gleichung:

16

1 Geometrie

 x  1  D(x,y,z) := x2  x

y1 y2 y

 z1   y3  = 0  z

Denn die Determinante wird genau dann Null, wenn die Koordinaten der Punkte linear abhängig sind.

Übung 1.18 Zeige, dass der Schwerpunkt, der Umkreismittelpunkt und der Höhenschnittpunkt eines Dreiecks auf der so genannten Eulerschen Geraden liegen! Hierzu müssen die drei Punkte in Form ihrer zuvor berechneten Koordinatentripel als Zeilen in eine Matrix eingesetzt und deren Determinante berechnet werden.   1   sinα   cosα    1  cosα

1 sinβ cosβ 1 cosβ

 1  sinγ   cosγ   1  cosγ

Dabei können wir γ durch (π − α − β) substituieren und erhalten somit:   1   sinα   cosα    1  cosα

1 sinβ cosβ 1 cosβ

  1  sin(π−α−β)   cos(π−α−β)    1  cos(π−α−β)

Diese Determinante lässt sich nun mit ClassPad berechnen. Bei der Eingabe muss darauf geachtet werden, dass der Modus auf Bogenmaß eingestellt ist. Zunächst wirft der Rechner als Ergebnis einen längeren Term aus. Dieser kann anschließend durch den Befehl tCollect (Zusammenfassung mit Hilfe trigonometrischer Theoreme) auf das gewünschte Ergebnis Null vereinfacht werden. Somit wurde nachgewiesen, dass alle drei Punkte auf einer Geraden liegen.

1.5 Approximative Berechnung der Kreiszahl π

17

Aufgaben Aufgabe (1.5) Zeige mit Hilfe des Sinus- und Kosinussatzes, dass sich die trilinearen Koordinaten von Schwerpunkt, Umkreismittelpunkt und Höhenschnittpunkt auch folgendermaßen darstellen lassen: S : bc, ac, ab M : −a(a2 − b2 − c2 ), b(a2 − b2 + c2 ), c(a2 + b2 − c2 ) H : bc(a2 + b2 − c2 )(a2 − b2 + c2 ), − ac((a2 + b2 − c2 )(a2 − b2 − c2 ), − ab(a2 − b2 + c2 )(a2 − b2 − c2 )

Aufgabe (1.6) Verwende die trilineare Koordinatendarstellungen aus Aufgabe (1.5), um den Satz über die Eulersche Gerade zu beweisen! Aufgabe (1.7) Zeige, dass der Inkreismittelpunkt eines Dreiecks genau dann auf der Eulerschen Geraden liegt, wenn dieses Dreieck gleichschenklig ist!

1.5 Approximative Berechnung der Kreiszahl π Schon seit der Antike gibt es unterschiedliche Versuche, die Kreiszahl π zu approximieren. Bei der hier verwendeten Approximation werden einem Kreis Dreiecke einbeschrieben und deren Flächeninhalt berechnet.

Bild 1.6: Kreis mit einbeschriebenem 8- und 16-Eck

Für eine bessere Überschaubarkeit werden die folgenden Betrachtungen auf einen Viertelkreis reduziert.

18

1 Geometrie

Bild 1.7: Kreissektor mit zwei einbeschriebenen Dreiecken

Übung 1.19 Drücke anhand des Bildes (1.7) den Flächeninhalt des schraffierten Dreiecks durch den Winkel α und den Kreisradius r aus! Bestimme zunächst die Seitenlängen a und h! Mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen erhält man: h r a sin(α) = r

cos(α) =

bzw. nach h aufgelöst

h = cos(α) · r

bzw. nach a aufgelöst

a = sin(α) · r

Für den Flächeninhalt des Dreiecks mit den Seiten a, r und h gilt demnach: 1 1 Aarh = ah = cos(α) sin(α)r2 2 2 Das schraffierte Dreieck besitzt den doppelten Flächeninhalt: A = cos(α) sin(α) · r2 Eine erste sehr grobe Annäherung für den Flächeninhalt des Kreissektors im Einheits◦ kreis ergäbe also mit α = 904 = 22,5◦ und r = 1: 2 · cos(22,5◦ ) sin(22,5◦ ) ≈ 0,7071

(bzw. für den ganzen Kreis 2,8284)

Übung 1.20 Verallgemeinere diese Aussage für beliebig viele einbeschriebene Dreiecke!

1.5 Approximative Berechnung der Kreiszahl π

19

Sei n die Anzahl der einbeschriebenen Dreiecke. Dann gilt für den Winkel α allgemein: α=

90◦ 2n

Für den Flächeninhalt der Dreiecke ergibt sich: n · cos(

90◦ 90◦ ) sin( ) 2n 2n

(1.13)

Übung 1.21 Benutze ClassPad, um mit Hilfe des Ausdrucks (1.13) den Flächeninhalt des Einheitskreises zu approximieren!

Über den Befehl Interaktiv/Berechnung/lim lässt sich der Limes für den Flächeninhalt eines Viertels des Einheitskreises eingeben. Wenn man dieses Ergebnis noch mit dem Faktor 4 multipliziert, erhält man als Approximation für den Flächeninhalt des Einheitskreises und damit auch für π ≈ 3.141592654. Dieses Ergebnis stimmt mit dem tatsächlichen Wert von π = 3,1415926535... bis auf die letzte, gerundete Stelle überein.

2 Kegelschnitte

In diesem Kapitel werden mit Hilfe von ClassPad die Gleichungen von Ellipse, Parabel und Hyperbel hergeleitet und auf Normalform gebracht. Zudem werden unterschiedliche Möglichkeiten aufgezeigt, das Kegelschnittmenü von ClassPad (Conics) zu verwenden. Dieses findet sich im Hauptmenü unter dem Ikon: Hiermit lassen sich Kegelschnittgleichungen auf Normalform bringen und graphisch darstellen. Außerdem können Brennpunkte, Scheitelpunkte, Leitlinien, Symmetrieachsen, Mittelpunkt, Radius, Asymptoten, die numerische Exzentrizität und beliebige Koordinaten des Kegelschnittes berechnet werden.

2.1 Die Ellipse Eine Ellipse ist laut Definition die Ortslinie aller Punkte, die von zwei festgelegten Punkten F1 und F2 - den so genannten Brennpunkten - die feste Abstandssumme 2a besitzen.

Bild 2.1: Definition einer Ellipse

22

2 Kegelschnitte

√ Übung 2.1 Wähle als Brennpunkte F = [−e; 0] und G = [e; 0] mit e = a2 − b2 . Setze außerdem P = [x; y] als freien Punkt auf der Ellipse. Stelle eine Ellipsengleichung auf und versuche diese durch Umformungen auf die folgende Normalform zu bringen: x2 y 2 + 2 =1 a2 b

(2.1)

Zunächst definiert man im Main-Menü von ClassPad die vier Variablen F , G, P und e. Nun schreibt man die zu Beginn gegebene Definition der Ellipse als Gleichung. Die Summe der Abstände von den Brennpunkten F und G zu jedem Punkt auf der Ellipse soll gleich 2a sein.         P F  + P G = 2a

In den Rechner gibt man das über die Befehlskette norm(P − F ) + norm(P − G) = 2a ein. Im nächsten Schritt werden die in der ausgeworfenen Zeile vorkommenden Quadratwurzeln entfernt. Zunächst quadriert man die Gleichung und multipliziert über den Befehl expand aus. Da das Ergebnis immer noch Quadratwurzeln enthält, werden alle Summanden ohne Wurzel auf eine Seite gebracht und anschließend erneut quadriert. Somit erhält man eine längere Gleichung, in der keine Wurzeln mehr vorkommen. Über den Befehl rewrite lassen sich alle Summanden auf eine Seite bringen. Vereinfacht man das Ergebnis mit Hilfe des Befehls simplify, so erhält man den Ausdruck: 16a2 y 2 + 16b2 (x2 − a2 ) = 0 Mit etwas Nachdenken kommt man nun darauf, wie man diese Gleichung auf die Form (2.1) bringt. Zunächst kann man durch 16 teilen, um den Vorfaktor zu eliminieren.

23

2.1 Die Ellipse

Dividiert man anschließend durch b2 , erhält man den Ausdruck: x2 +

a2 y 2 − a2 = 0 b2 1

Nun muss offensichtilich nur noch mit a2 multipliziert werden und man erhält die Normalform der Ellipsengleichung. Welche Punkte liegen auf dieser Ellipse? Man sieht sofort, dass die Punkte [a; 0] und [−a; 0] die Gleichung erfüllen. Diese beiden Punkte haben den größten Abstand zum Mittelpunkt und heißen Hauptscheitel der Ellipse. Die x-Achse wird daher auch als Hauptachse der Ellipse bezeichnet und a als Länge der großen Halbachse. Daneben müssen auch die Punkte [0; b] und [0; −b] auf der Ellipse liegen, die so genannten Nebenscheitel der Ellipse. Sie haben den geringsten Abstand zum Mittelpunkt. Analog wird nun die y-Achse als Nebenachse der Ellipse bezeichnet und b als Länge der kleinen Halbachse. Schließlich bezeichnet man den Abstand e der Brennpunkte vom Mittelpunkt der Ellipse als lineare Exzentrizität. Die Gleichung einer Ellipse, die den Mittelpunkt [x0 ; y0 ] und die Halbachsen a und b besitzt, hat folgende Form: (x − x0 )2 (y − y0 )2 + =1 a2 b2

(2.2)

Übung 2.2 Stelle die folgende Ellipsengleichung in ClassPad graphisch dar: x2 + 4y 2 − 2x + 4y − 34 = 0 Bringe die Gleichung mit Hilfe von ClassPad auf Normalform. Berechne anschließend a und b, die lineare Exzentrizität e, die numerische Exzentrizität  und die Brennpunkte! Überprüfe außerdem, ob die Ergebnisse mit den von ClassPad automatisch berechneten Werten übereinstimmen! Im Hauptmenü wählt man den Menüpunkt Kegelschnitte unter dem Symbol . Es öffnen sich automatisch sowohl das Kegelschnitt-Editorfenster, als auch das KegelschnittGraphikfenster. In das Editorfenster kann direkt die Kegelschnittgleichung in der angegebenen Form eingegeben werden und man erhält über das Symbol die Ellipse graphisch dargestellt. Zusätzlich kann bei Bedarf über das Symbol die Ellipse zentriert und an die Fenster-

24

2 Kegelschnitte

Graphische Darst.

Normalform

Brennpunkt

größe angepasst werden. Um die Gleichung x2 + 4y 2 − 2x + 4y − 34 = 0 auf Normalform zu bringen, geht man im Menü auf Einpassen/Kegelform einpassen oder verwendet das Ikon . Hier wählt man aus den zehn zur Auswahl stehenden Gleichungstypen die gewünschte Form (X − H)2 (Y − K)2 + = 1. A2 B2 ClassPad bringt die Gleichung automatisch auf die folgende Normalform: (x − 1)2 (y + 12 )2 + =1 36 9 Offensichtlich erhält man die Werte a = 6 und b = 3. Das ergibt für die lineare Ex√ √ √ zentrizität e = a2 − b2 = 36 − 9 = 3 · 3 und für die numerische Exzentrizität √  = ae = 23 ≈ 0.8660254038. Schließlich müssen noch die Brennpunkte berechnet werden. Der Ellipsengleichung in Normalform ist zu entnehmen, dass sich der Mittelpunkt der Ellipse bei [1; − 12 ] befindet. Somit gilt für die Brennpunkte F1 = [1; − 12 ] + [e; 0] = [6.196152423; −0,5] und F2 = [1; − 12 ] − [e; 0] = [−4.196152422707; −0,5]. Für einen Vergleich mit den von ClassPad berechneten Werten tippt man im Menü auf Analyse/Graphische Lösung. Hier stehen für die Ellipse unter anderem die Werte für die Brennpunkte (hier: F1 = [6.196152422707; −0,5] und F2 = [−4.196152422707; −0,5]), den Mittelpunkt (hier: [1; 0,5]) und die numerische Exzentrizität (hier:  = 0.8660254037845) zur

25

2.1 Die Ellipse

Verfügung. Die Position der angegebenen Punkte in der Graphik wird zudem durch ein blinkendes Kreuz gekennzeichnet. Um beide Brennpunkte betrachten zu können, drückt man die rechte bzw. linke Cursortaste oder tippt auf den rechten bzw. linken Graphikcontrollerpfeil und schaltet so zwischen den Punkten um, da ClassPad immer nur jeweils einen Punkt angibt.

Aufgaben Aufgabe 2.1 Zeige, dass sich jede Gleichung der Form Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(2.3)

mit A,C > 0 oder A,C < 0 und D,E,F ∈ R durch quadratische Ergänzung auf folgende Gestalt bringen lässt und demnach entweder eine Ellipse, ein Punkt oder die leere Menge darstellt: ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎨

(x − x0 )2 (y − y0 )2 + = 0 ⎪ a2 b2 ⎪ ⎪ ⎩−1

Aufgabe 2.2 Zeige, dass jede Gleichung der Form Ax2 + Ay 2 + Dx + Ey + F = 0 mit A > 0 und D,E,F ∈ R entweder einen Kreis, einen Punkt oder die leere Menge darstellt, je nach dem Vorzeichen von D2 + E 2 − 4AF . Hierbei ergibt D2 + E 2 − 4AF > 0 √ 1 D E einen Kreis mit Radius R = 2A D2 + E 2 − 4AF um den Mittelpunkt M = [− 2A ; − 2A ]. Aufgabe 2.3 Bringe mit Hilfe von ClassPad die folgenden Ellipsengleichungen auf Normalform und stelle sie graphisch dar. a) x2 + 2y 2 − 2y + x = 0 b) 2x2 + 3y 2 − x + 4y + 1 = 0 c) 3x2 + y 2 + 5x − 1 = 0

26

2 Kegelschnitte

2.2 Die Parabel Eine Parabel ist laut Definition die Ortslinie aller Punkte, die von einem festgelegten Punkt, dem Brennpunkt, denselben Abstand besitzen wie von einer Geraden, der Leitgeraden.

Bild 2.2: Definition einer Parabel

Übung 2.3 Wähle als Brennpunkt F = [0; e] und als Leitgerade y = −e! Setze außerdem P = [x; y] als freien Punkt auf der Parabel und Q = [x; −e] als zugehörigen Punkt auf der Leitgeraden! Stelle anschließend eine Parabelgleichung auf und bringe diese auf die folgende Normalform: y − y0 =

(x − x0 )2 4e

Laut Definition muss der Abstand des Punktes P auf der Parabel zum Brennpunkt F ebenso groß sein wie der Abstand von P zum Punkt Q. Als Gleichung formuliert sieht das folgendermaßen aus:

⇔



|P − F | = |P − Q| x2 + y 2 + e2 − 2 · e · y =



y 2 + e2 + 2 · e · y

⇔ x2 + y 2 + e2 − 2 · e · y = y 2 + e2 + 2 · e · y 2

Über den Befehl solve nach y aufgelöst erhält man y = x4e , bzw. mit dem Scheitel [x0 ; y0 ] die gewünschte Gleichung in Normalform: y − y0 =

(x − x0 )2 4e

27

2.2 Die Parabel

Daneben gibt es auch noch drei weitere Normalformen. Wählt man den Brennpunkt unterhalb und die Leitgerade oderhalb der x−Achse, erhält 2 man y = − x4e und dementsprechend als Normalform mit Scheitel [x0 ; y0 ]: y − y0 = −

(x − x0 )2 4e

Ebenso kann man die Leitgerade parallel zur y−Achse wählen und erhält für x = ±e 2 und den Brennpunkt F = [±e; 0] die Gleichung x = ± y4e . Mit dem Scheitel an der Stelle [x0 ; y0 ] ergibt das: x − x0 = ±

(y − y0 )2 4e

Das sind die Normaldarstellungen der Parabel.

Aufgaben Aufgabe 2.4 Zeige, dass sich jede Gleichung der Form Ax2 + Dx + Ey + F = 0

bzw.

Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

mit A > 0 und B,D,E,F ∈ R durch quadratische Ergänzung auf folgende Gestalt bringen lässt und demnach entweder eine Parabel oder, falls E = 0 bzw. D = 0 ist, ein Parallelenpaar, eine Gerade oder die leere Menge darstellt: y − y0 = ±

(x − x0 )2 4e

bzw.

x − x0 = ±

(y − y0 )2 4e

Aufgabe 2.5 Bringe mit Hilfe von ClassPad die folgenden Parabelgleichungen auf Normalform, stelle sie graphisch dar und miss die Brennpunkte: a) y 2 − 2x − 1 = 0 b) 2y 2 − 2y + x = 0 c) 2x2 − x + 4y + 1 = 0

28

2 Kegelschnitte

2.3 Die Hyperbel Eine Hyperbel ist laut Definition die Ortslinie aller Punkte, die von zwei festgelegten Punkten, den Brennpunkten, dieselbe Abstandsdifferenz besitzen.

Bild 2.3: Definition einer Hyperbel

Übung 2.4 Wähle als Brennpunkte F = [−e; 0] und G = [e; 0], außerdem 2a als Abstandsdifferenz mit 0 < a ≤ e und leite die Gleichung der Hyperbel in folgender Normalform her: x2 y 2 − 2 =1 a2 b Setze diesmal e =

(2.4) √

a2 + b2 .

Zunächst definiert man in ClassPad die Variablen F , G, P und e. Anschließend kann man die Definition einer Hyperbel, nach der die Differenz zwischen dem Abstand eines Hyperbelpunktes P und den beiden Brennpunkten F und G gleich 2a sein muss, in die folgende Gleichung fassen: norm(P − F ) − norm(P − G) = 2a

29

2.3 Die Hyperbel

Um die Quadratwurzeln zu entfernen, quadriert man die Gleichung, isoliert die Wurzeln und quadriert erneut. Bringt man nun alle Terme über den Befehl rewrite auf eine Seite und vereinfacht mit simplify, erhält man ausmultipliziert: 16a2 y 2 + 16a2 b2 − 16b2 x2 = 0 Offensichtlich muss nur noch durch −16a2 b2 dividiert werden, und man erhält die oben angegebene Hyperbelgleichung (2.4). Hiermit ist die Normalform einer Hyperbelgleichung bestimmt, bei der die Hyperbel horizontal geöffnet ist. In diesem Fall bezeichnet man die x−Achse als die Hauptachse und die y−Achse als Nebenachse. Die zweite Normalform erhält man, wenn man die x− und die y−Achse vertauscht, d.h. das Bild (2.3) um 90o dreht. −

x2 y 2 + 2 =1 a2 b

bzw.

x2 y 2 − 2 = −1 a2 b

(2.5)

Insgesamt lässt sich also feststellen, dass jede Gleichung der Form (x − x0 )2 (y − y0 )2 − = ±1 a2 b2

(2.6)

eine Hyperbel darstellt, deren Mittelpunkt bei [x0 ; y0 ] liegt. Die Entfernung dieses Mittelpunktes von den Brennpunkten bezeichnet man wie bei der Ellipse als die lineare Exzentrizität e und  := ae > 1 als die numerische Exzentrizität. Der Unterschied zur Ellipse besteht darin, dass die numerische Exzentrizität hier immer größer als 1 ist, während sie bei der Ellipse immer kleiner als 1 ist.

Übung 2.5 Wie lautet die Asymptote einer Hyperbel in Normalform? Löse hierfür die Hyperbelgleichung (2.5) nach y auf und lasse x gegen unendlich gehen! Das Auflösen der Gleichung (2.5) nach y ergibt: 

y = ±b

x2 +1 a2

30

2 Kegelschnitte 2

2

Nun geht für x → ±∞ der Term xa2 − 1 gegen xa2 . Für x → ±∞ erhält man also folgende Asymptote: b y=± x a Nimmt man die Gleichung (2.6) einer Hyperbel mit Mittelpunkt M = [x0 ; y0 ], verschiebt sich die Asymptote entsprechend um M und es gilt: b y − y0 = ± (x − x0 ) a

Übung 2.6 Zeichne in ClassPad die Hyperbel (y − 0.5)2 (x − 1)2 − =1 3 4 und gib die Koordinaten der Brennpunkte an! Zeichne außerdem die Asymptote ein und gib ihre Gleichung an. Nach Eingabe der Gleichung in das KegelschnittEditorfenster erhält man über das Symbol eine graphische Darstellung der Hyperbel. Als Brennpunkte erhält man im Menü über Analyse/Graphische Lösung/Brennpunkte: F = [1; −2.145751311065] ; G = [1; 3.145751311065] Ebenso erhält man über sung/Asymptote die Gleichung √ (x − 1) 1 y=± 3 + 2 2

Analyse/Graphische

bzw.

Lö-

√ 3 1 y− =± (x − 1). 2 2

In Aufgabe 2.6 wird gezeigt werden, dass sich jede Gleichung der Form Ax2 − Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 mit A,C > 0 und D,E,F ∈ R durch quadratische Ergänzung auf Normalform (2.6) bringen lässt.

31

2.3 Die Hyperbel

Für Ellipse, Parabel und Hyperbel wurden nun Gleichungen vorgestellt, die sich durch quadratische Umformungen auf Normalform bringen lassen. Woran erkennt man bei einer Gleichung der Form Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 mit A,C,D,E,F ∈ R, um welche Art von Kegelschnitt es sich handelt? Wenn A und C gleich Null sind, ist kein quadratischer Term mehr enthalten und die Gleichung stellt somit eine Gerade oder einen Punkt dar. Wenn entweder A = 0 oder B = 0 ist, lässt sich die Gleichung zur Normalform einer Parabel umformen. Wie in Aufgabe (2.4) gezeigt wurde, bildet diese Gleichung somit eine Parabel, eine Gerade, eine Doppelgerade oder die leere Menge. Ansonsten hängt die Art des Kegelschnittes vom Vorzeichen von A und B ab. Wenn A und B dasselbe Vorzeichen besitzen, kann man wie in Aufgabe (2.1), zur Normalform einer Ellipse umformen und erhält eine Ellipse, einen Punkt oder die leere Menge. Haben A und B unterschiedliche Vorzeichen, ergeben die quadratischen Umformungen die Normalform der Hyperbel und nach Aufgabe (2.6) entweder eine Hyperbel oder eine Doppelgerade. Übung 2.7 Das Bild (2.4) zeigt eine Ellipse, die von einem Punkt Q = [u; v] durchlaufen werden soll, während R = [u; −v] der Spiegelpunkt von Q sein soll. Mit F = [−a; 0] und G = [a; 0] sollen wie bisher die Brennpunkte der Ellipse bezeichnet sein. Welche Kurve beschreibt der Punkt P = [x; y]? Bestimme zunächst die Geradengleichungen von F Q und GR und verwende anschließend die Ellipsengleichung einer Bestimmungsgleichung für den Schnittpunkt P der beiden Geraden!

Bild 2.4: Ortslinienberechnung

32

2 Kegelschnitte

Um eine Geradengleichung aus zwei gegebenen Punkten aufzustellen, verwendet man die Zwei-Punkte-Form der Geradengleichung: y − y1 =

(y2 − y1 ) (x − x1 ) (x2 − x1 )

Diese ergibt für die Punkte F = [−a; 0] und Q = [u; v] sowie für G = [a; 0] und R = [u; −v] als Geradengleichungen: y=

v (x + a) (u + a)

y=

und

−v (x − a) (u − a)

Über den Befehl solve im ClassPad-Main-Menü lassen sich die beiden Gleichungen nach u und v auflösen. Da es sich um zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten handelt, muss in ClassPad zusätzlich eine geschweifte Klammer um die Gleichungen gesetzt werden und diese mit einem Komma abgetrennt werden. Zudem müssen die beiden gesuchten Variablen in einer geschweiften Klammer angegeben werden. solve({y =

v −v (x + a),y = (x − a)},{u,v}) (u + a) (u − a)

Als Ergebnis erhält man u=

a2 x

und

v=

ay . x

2

Einerseits lässt sich Q also darstellen als [ ax ; ay x ]. Andererseits liegt Q aber auch auf 2 2 der Ellipse und muss daher die Ellipsengleichung in Normalform xa2 + yb2 = 1 erfüllen. Definiert man in ClassPad die Werte von u und v und setzt sie in die Ellipsengleichung ein, ergibt das: a2 y 2 a2 + 2 =1 2 2 b x x 2

Multipliziert man diese Gleichung mit xa2 , stimmt das Ergebnis mit der Hyperbelgleichung in Normalform überein. Die gesuchte Ortslinie ist demnach eine Hyperbel.

33

2.3 Die Hyperbel

Aufgaben Aufgabe 2.6 Zeige, dass sich jede Gleichung der Form Ax2 − Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 mit A,C > 0 oder A,C < 0 und D,E,F ∈ R durch quadratische Ergänzung auf folgende Gestalt bringen lässt und demnach entweder eine Hyperbel oder eine Doppelgerade darstellt: (x − x0 a2

)2

−

(y − y0 b2

)2

=

⎧ ⎪ ⎪ ⎪1 ⎨

0

⎪ ⎪ ⎪ ⎩−1

Aufgabe 2.7 Bringe mit Hilfe von ClassPad die folgenden Hyperbelgleichungen auf Normalform, stelle sie graphisch dar und miss die Brennpunkte: x2 − y 2 − 2x − 1 = 0 x2 − 2y 2 − 2y + x = 0 2x2 − 3y 2 − x + 4y + 1 = 0

34

2 Kegelschnitte

2.4 Drehungen In den bisherigen Abschnitten wurden Gleichungen der Form Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(2.7)

betrachtet, in denen kein Summand mit Faktor xy vorkommt. Im Folgenden soll eine allgemeine Gleichung zweiter Ordnung in x und y betrachtet werden. Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0

(2.8)

Es wird gezeigt werden, dass auch diese Gleichung (mit Ausnahme der Sonderfälle Doppelgerade, Parallelenpaar, Gerade, Punkt und leere Menge) eine Ellipse, Parabel oder Hyperbel darstellt.

Übung 2.8 Welche Kurve verbirgt sich hinter folgenden einfachen Gleichungen, die einen xy−Term enthalten? Stelle die Gleichungen mit Hilfe des Kegelschnitt-Menüs von ClassPad graphisch dar! xy − 1 = 0 2

2

x + y − xy − 1 = 0 2

x + y 2 − 2xy − x = 0

Hyperbel

Ellipse

Parabel

35

2.4 Drehungen

Die drei angegebenen Beispiele zeigen eine Hyperbel, eine Ellipse und eine Parabel, die jeweils um einen bestimmten Winkel α gedreht im Koordinatensystem liegen. Zumindest nach diesem Beispiel scheint es so, als ob man durch Einsetzen des Terms Bxy in die Kegelschnittgleichung also wieder die Formen Ellipse, Parabel und Hyperbel erhält, diesmal allerdings um den Winkel α gedreht. Das dies tatsächlich der Fall ist, soll in der folgenden Übung nachgewiesen werden.

Übung 2.9 Zeige, dass die Transformationen x ¯ = cos α · x + sin α · y

y¯ = − sin α · x + cos α · y

und

(2.9)

das xy−Koordinatensystem um den Winkel α gegen den Uhrzeigersinn dreht! Verwende hierzu für x und y die Polarkoordinaten x = r cos θ und y = r sin θ! Zunächst lassen sich im ClassPad die Polarkoordinaten von x und y definieren: x = r cos θ

y = r sin θ

und

Nach der Eingabe des Vektors [cos(α)x + sin(α)y, − sin(α)x + cos(α)y] werden von ClassPad die Variablen x und y automatisch ersetzt. Schließlich lässt sich der Vektor durch den Befehl tCollect auf folgende Form bringen: [r cos(a − θ), − r sin(a − θ)] Es ergibt sich also für x ¯ = r cos(α − θ)

und

y¯ = −r sin(α − θ).

(2.10)

Das Resultat dieser Umformung lässt sich nachvollziehen, indem man das Bild (2.5) betrachtet. Diese zeigt eine Drehung des Koordinatensystems gegen den Uhrzeigersinn um den Winkel α. Umgekehrt könnte man sich auch überlegen, dass ein Punkt P um α im Uhrzeigersinn gedreht und im neuen Koordinatensystem auf P¯ abgebildet wird. Den

36

2 Kegelschnitte

x− und y−Wert von P¯ liefern die trigonometrischen Funktionen: x ¯ = r cos(θ − α)

und

y¯ = r sin(θ − α).

Da der Kosinus eine gerade Funktion (d.h. cos(−α) = cos(α)) und der Sinus eine ungerade (d.h. sin(−α) = −sin(α)) ist, stimmen diese Werte für x ¯ und y¯ mit denen aus (2.10) überein, so dass die angegebene Transformation tatsächlich eine Drehung des Koordinatensystems um den Winkel α bewirkt.

Bild 2.5: Drehung um den Winkel α

Übung 2.10 Führe die eben aufgezeigte Koordinatentransformation für die angegebenen Winkel von α mit folgenden Geraden durch: a) y = 3x − 1

9 Transformationen mit α = 0o ,45o ,90o ,...,360o

b) y = x + 1 x−1 c) y = 2

7 Transformationen mit α = 0o ,60o ,120o ,...,360o 5 Transformationen mit α = 0o ,90o ,180o ,270o ,360o

Stelle anschließend alle Transformationen einer Gleichung in jeweils einem Blatt des Graphik- und Tabellen-Menüs graphisch dar und beschreibe das Resultat.

2.4 Drehungen

37

Für den ersten Teil dieser Übung wird das Main-Menü von ClassPad verwendet, um die Geradengleichungen für einen beliebigen Winkel α zu transformieren. Man definiert gemäß der Gleichung (2.10) die beiden neuen Koordinatenachsen x und y um den Winkel α verschoben. Gibt man nun eine beliebige Geradengleichung ein, ersetzt der Rechner diese beiden Variablen und schreibt die Geradengleichung in Polarkoordinatendarstellung. Nun kann durch den Befehl solve die Gleichung nach r aufgelöst werden. Da in diesem Fall nicht x die Unbekannte ist, muss r hier zusätzlich angegeben werden. In diesem Schritt lässt sich das Ergebnis für r auch durch den Befehl simplify vereinfachen. Nach Eingabe der drei Geradengleichungen (hier schwarz hinterlegt) und Auflösen erhält man die folgenden Werte für r: 1 (3cos(α − θ) + sin(α − θ) −1 b) r = (cos(α − θ) + sin(α − θ) 1 c) r = (cos(α − θ) + 2sin(α − θ)

a) r =

Nun sollen die Geradengleichungen graphisch dargestellt werden. Man wählt hierfür im Hauptmenü das Graphik- und Tabellen-Menü mit dem Ikon aus. Da die Geradengleichungen in Polarkoordinatenform eingegeben werden sollen, muss von der voreingestellten Eingabe der kartesischen Koordinaten auf Polarkoordinaten umgestellt werden. Dies geschieht entweder durch Tippen des Symbols y = und Umstellen auf r =, oder im Menü über Typ/r =Typ. In der linken Spalte im Graphikeditorfenster auf dem Blatt1 wechselt die Anzeige zu r1 = ,r2 = ,.... Für die erste Gleichung sollen die Koordinatenachsen um die Winkel α = 0o ,45o ,90o ,...,360o gedreht werden. Man überträgt die im ersten Teil berechneten Polarkoordinaten der Geraden auf neun Felder im Graphikeditorfenster und ersetzt α durch die angegebenen Werte. Wenn sich vor jeder der neun Gleichungen ein Haken befindet, erhält man über das Symbol alle neun Geradengleichungen gleichzeitig dargestellt. Sie sind so um den Ursprung angeordnet, dass die letzte eingegebne Gerade wieder mit der ersten übereinstimmt.

38

2 Kegelschnitte

Durch Klicken auf das Symbol rechts neben jeder Gleichung erscheint das Graphikplottyp-Fenster, in dem sich die Darstellung der Gerade im Graphikfenster verändern lässt. In den folgenden Graphiken wurde für die jeweils zuerst eingegebene Gerade eine dickere Darstellungsform ausgewählt, um diese von den übrigen unterscheiden zu können Analog geht man für die Geradengleichungen zwei und drei vor. Diese finden sich im entsprechenden ClassPad-File auf der beigelegten CD unter den Blättern zwei und drei.

a)

b)

c)

Übung 2.11 Gegeben sei ein Punkt P¯ = [¯ x; y¯], der zuvor um einen Winkel α rotiert wurde. Zeige, dass sich die Rotation durch die Transformation x = cos α · x ¯ − sin α · y¯

und

y = sin α · x ¯ + cos α · y¯

(2.11)

rückgängig machen lässt!

Wie in Übung (2.9) definiert man zunächst die Variablen x ¯ und y¯. Da ClassPad nicht mit Querstrichen über einer Variable operieren kann, werden die entsprechenden Variablen hier durch Großbuchstaben ersetzt.

39

2.4 Drehungen

X = r cos θ

und

Y = r sin θ.

Wiederum werden nach der Eingabe der Transformation als Vektor [cos(α)X + sin(α)Y, − sin(α)X + cos(α)Y ] die Variablen x und y automatisch substituiert und man erhält nach dem Zusammenfassen mit tCollect: [r cos(α + θ),r sin(α + θ)] Auf dasselbe Ergebnis kommt man, wenn man in den Vektor aus Übung (2.9) statt des Winkels α den Winkel −α einsetzt, d.h. wenn man die Koordinatenachsen nicht gegen sondern im Uhrzeigersinn dreht. Somit wurde gezeigt, dass eine Rotation um den Winkel α im Uhrzeigersinn durch die Transformation (2.11) rückgängig gemacht wird. Übung 2.12 Drehe die drei folgenden Kegelschnittgleichungen um 45o , gib ihre Gleichungen im x ¯y¯−Koordinatensystem an und stelle sie graphisch im Kegelschnitt-Menü dar! a) xy − 1 = 0

b) x2 + y 2 − xy − 1 = 0

c) x2 + y 2 − 2xy − x = 0

Verwendet man die Transformation aus Übung 2.9, muss man eine Darstellung finden, bei der x und y durch x ¯ und y¯ ausgedrückt werden. Zur Unterscheidung soll wieder für x ¯ ein X und für y¯ ein Y gesetzt werden, da ClassPad für Variablen keinen Überstrich kennt. Zunächst löst man die beiden Gleichungen

X = cos(α)x + sin(α)y

und

Y = − sin(α)x + cos(α)y

über den Befehl solve nach x und y auf. Mit dem Befehl tCollect lässt sich das Ergebnis weiter vereinfachen. Neben den beiden Resultaten für x und y definiert man den Winkel α = 45o . Anschließend werden die Kegelschnittgleichungen eingegeben und durch den Befehl simplify vereinfacht.

40

2 Kegelschnitte

a)

b)

c)

Gibt man die Gleichungen in das Kegelschnittmenü ein, erhält man folgende Darstellungen. Die obere Graphik stellt jeweils die ursprüngliche Gleichung dar, die untere Graphik die um 45o transformierte.

wird transformiert zu

wird transformiert zu

wird transformiert zu

Nun stellt sich die Frage, ob nicht jede Gleichung der Form Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 so gedreht werden kann, dass sie ohne den Term Bxy dargestellt werden kann.

(2.12)

41

2.4 Drehungen

Übung 2.13 Finde eine geeignete Transformation ¯x2 + B ¯x ¯x + E ¯ y¯ + F¯ = 0, (2.13) ¯y¯ + C¯ y¯2 + D¯ Ax2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = A¯ ¯=0 für die gilt: B Wie groß muss in diesem Fall der Winkel α sein? Verwende für x und y die Transformation aus Übung (2.9). Analog zu Übung 2. 12 werden zunächst die beiden Transformationsgleichungen aus Übung 2. 9 nach den Variablen x und y aufgelöst und diese anschließend definiert. Zur Unterscheidung sollen die Variablen x ¯ und y¯ in ClassPad wieder als Großbuchstaben gekennzeichnet sein. Nach der Definition von x und y lässt man den Rechner diese Variablen in der Gleichung (2.12) ersetzen. Das Ergebnis ist eine Kegelschnittgleichung mit den neuen Ko¯ B, ¯ C, ¯ D, ¯ E, ¯ F¯ . Um diese erkennen zu können, effizienten A, lässt sich die Gleichung über den Befehl Collect ordnen. Da man eigentlich nur den Koeffizienten vor x ¯y¯ sucht, ¯ nämlich B, kann man alle anderen Terme zunächst strei¯ gleich Null setzen. Das ergibt: chen und nur B

−2A cos(α) sin(α) + B(cos(α))2 − B(sin(α))2 + 2C cos(α) sin(α) = 0 Der Rechner vereinfacht diese Gleichung mit Hilfe trigonometrischer Theoreme über den Befehl tCollect weiter. −(A − C) sin(2α) + B cos(2α) = 0 −(A − C) sin(2α) = −B cos(2α)

| − B cos(2α) |/(−(A − C) cos(2α)

B sin(2α) = cos(2α) A−C B tan(2α) = A−C Löst man über den Befehl solve(ans,α) auf, erhält man für den Winkel α den Wert:

42

2 Kegelschnitte

α=

B tan−1 ( A−C ) π · constn(1) + 2 2

Statt tan−1 kann man auch Arkustangens schreiben. Der Ausdruck constn(1) in dem Wert für α steht für eine be¯ für alle Werte liebige ganze Zahl k ∈ Z. Demnach wird B tan−1 (

B

)

A−C von α = Null, die um k · π2 , das heißt um k · 90o 2 gedreht werden. Aus geometrischer Sicht lässt sich das so begründen, dass ein beliebiger Kegelschnitt, der ’gerade’ in den Koordinatenachsen liegt, auch dann noch gerade ist, wenn er um 90o gedreht wird. Lediglich seine Ausrichtung ist eine andere. Als mögliche Lösung für den Winkel α erhält man also:

α=

1 B arctan( ) 2 A−C

¯ auch die Koeffizienten A, ¯ C, ¯ D, ¯ E ¯ und F¯ Nebenbei wurden in dieser Übung neben B berechnet. Man liest folgende Werte ab:

A¯ = A(cos α)2 + B(cos α)(sin α) + C(sin α)2 ¯ = B(cos α)2 − B(sin α)2 + 2(C − A)(cos α)(sin α) B C¯ = A(sin α)2 − B(cos α)(sin α) + C(cos α)2 ¯ = D(cos α) + E(sin α) D ¯ = −D(sin α) + E(cos α) E F¯ = F

¯ B, ¯ C, ¯ D, ¯ E ¯ und F¯ , um nachzuweisen, dass Übung 2.14 Verwende diese Koeffizienten A, der Ausdruck B 2 − 4AC durch eine Achsentransformation auf die Form ¯ 2 − 4A¯C¯ B

2.4 Drehungen

43

gebracht wird, d.h. bezüglich dieser Transformation invariant ist. Verwende diese Aussage, um eine allgemeine Regel aufzustellen, mit der man entscheiden kann, ob ein beliebiger Kegelschnitt der Form (2.8) eine Ellipse, eine Parabel oder eine Hyperbel darstellt. Zeige nebenbei auch, dass der Ausdruck A + C für die angegebene Transformation invariant ist. Definiere zunächst die Variablen ¯ = B(cos α)2 − B(sin α)2 + 2(C − A)(cos α)(sin α) B A¯ = A(cos α)2 + B(cos α)(sin α) + C(sin α)2 C¯ = A(sin α)2 − B(cos α)(sin α) + C(cos α)2 ¯ B, ¯ C¯ Großbuchstaben Zur Unterscheidung sollen für A, und für A,B,C Kleinbuchstaben verwendet werden. Die Eingabe von B 2 − 4AC ergibt eine längere Gleichung, die sich duch den Befehl simplify auf die gesuchte Form b2 − 4ac bringen lässt. Ebenso vereinfacht man A + C. Da der Ausdruck B 2 − 4AC, die so genannte Diskriminante, unter der untersuchten Achsentransformation invariant ist und diese den Typ eines Kegelschnittes nicht verän¯ = 0 gilt. Somit dert, sondern nur dreht, lässt sich eine Transformation finden, für die B gilt auch: B 2 − 4AC = −4A¯C¯

(2.14)

Von der rechten Seite der Gleichung können wir ablesen, um welche Art von Kegelschnitt es sich handelt, da wir für die Form (2.12) alle Möglichkeiten in Abhängigkeit von A und B bereits bestimmt haben. Vernachlässigt man die so genannten entarteten Kurven, d.h. Kurven, die einen Punkt, eine Gerade, eine Doppelgerade, ein Parallelenpaar oder die leere Menge darstellen, so erhält man für • −4A¯C¯ < 0 eine Ellipse, • −4A¯C¯ = 0 eine Parabel und für • −4A¯C¯ > 0 eine Hyperbel. Da aber nur die Koeffizienten A,B,C gegeben sind, verwendet man die linke Seite der Gleichung (2.14)und erhält als Entscheidungsregel für die Diskriminante:

44

2 Kegelschnitte

• B 2 − 4AC < 0 eine Ellipse, • B 2 − 4AC = 0 eine Parabel und für • B 2 − 4AC > 0 eine Hyperbel. Der ClassPad-Rechner besitzt zwar ein eigenes Kegelschnittmenü, allerdings fehlt hier die Option, dass eine Kegelschnittgleichung in die Normalform gedreht wird. Da aber alle nötigen Berechnungen hierzu in diesem Unterkapitel durchgeführt wurden, lässt sich diese Funktion nun leicht selbst programmieren. Ein solches Programm findet sich in der ClassPad-Datei dieses Kapitels unter Programm/Drehung. Startet man dieses Programm über das Symbol , wird man zunächst aufgefordert, die Werte für A,B,C,D,E und F einzugeben. In das Programm ist zusätzlich die Funktion integriert, dass schon vor der Darstellung und Drehung des Kegelschnitts dessen Typ, d.h. Ellipse, Parabel oder Hyperbel, berechnet und in einem Fenster angegeben wird. Beispielsweise erhält man für eine Hyperbel die rechts abgebildete Mitteilung: Tippt man auf OK, öffnet sich das Kegelschnitt-Graphikfenster und die ursprüngliche Kegelschnittgleichung wird graphisch dargestellt. Ein eingefügter Pausebefehl bewirkt, dass der Rechner an dieser Stelle wartet, bis der Benutzer auf das Fortsetzen-Symbol in der rechten unteren Ecke des Bildschirms klickt. Jetzt wird der Kegelschnitt in die Normalform transformiert und in einem neuen Graphikfenster dargestellt. Will man weitere Informationen über den transformierten Kegelschnitt erhalten, beispielsweise Gleichung des Kegelschnitts, Scheitelpunkt, Brennpunkt oder Exzentrizität, kann man wie bisher die vorinstallierten Funktionen des Kegelschnitt-Menüs nutzen.

Aufgaben Aufgabe 2.8 Entscheide bei den folgenden Kegelschnittgleichungen zunächst ohne ClassPad, um welche Art von Kegelschnitt es sich handelt! Bestimme anschließend einen geeigneten Drehwinkel α, der die Gleichung auf die Form (2.7) bringt und führe diese Transformation durch! Überprüfe das Ergebnis graphisch mit Hilfe des Kegelschnitt-Menüs!

2.5 Polarkoordinatendarstellungen

45

Aufgabe 2.9 Man kann die Transformation (2.9) auch in Matrixschreibweise bringen:

x ¯ = y¯





cos α sin α x · − sin α cos α y

Wie lautet dann die inverse Matrix und die n−te Potenz der Transformationsmatrix

Tα =

cos α sin α − sin α cos α



für n = 2,3,4? Interpretiere die Ergebnisse!

2.5 Polarkoordinatendarstellungen Bisher wurden Kegelschnittgleichungen hauptsächlich mit Hilfe von kartesischen Koordinaten ausgedrückt. Im letzten Abschnitt war es für die Drehung des Koordinatensystems nützlich, die Polarkoordinatendarstellung einzuführen. In diesem Unterkapitel sollen nun die drei Typen von Kegelschnittgleichungen in Polarkoordinatendarstellung umgeformt werden.

Übung 2.15 Bestimme eine Ellipsengleichung in Polarkoordinatenform! Wähle als Brennpunkte F1 = [0; 0] und F2 = [2e; 0]! Der Mittelpunkt der Ellipse liegt somit bei M = [e; 0] und die Ellipsengleichung in Normalform lautet: (x − e)2 y 2 + 2 −1=0 a2 b Ersetze b2 durch a2 − e2 , x durch r cos θ und y durch r sin θ. Verwende für Teile der Gleichung den Befehl tCollect, um sie als Produkt zweier linearer Funktionen in r darzustellen und löse nach r auf! Bestimme schließlich die postive Lösung für r!

46

2 Kegelschnitte

Nach Eingabe der Größen b :=



a2 − e2

x := r cos θ y := r sin θ werden diese von ClassPad in der Gleichung (x − e)2 y 2 + 2 −1=0 a2 b ersetzt. Multipliziert man das Ergebnis mit −1 und fasst es über den Befehl combine zusammen, erhält man einen längeren Ausdruck, bei dem sich im Zähler als Summanden −a2 r2 (cos θ)2 und −a2 r2 (sin θ)2 finden. Offensichtlich lassen sich diese mit dem Befehl tCollect zusammenfassen, hier ist es jedoch sinnvoller, den Begriff mit Klammern nur auf diese beiden Summanden zu verwenden, da die in der Gleichung sonst vollzogenen Veränderungen nicht rückgängig gemacht werden können. Man erhält also mit tCollect(−a2 r2 (cos θ)2 − a2 r2 (sin θ)2 ) eine Gleichung, die sich nun über den Befehl factor in zwei lineare Funktionen in r faktorisieren lässt: (a2 − e2 + er cos(θ) + ar) · (a2 − e2 − ar + er cos(θ)) a2 (a + e)(a − e)

47

2.5 Polarkoordinatendarstellungen

Nach r aufgelöst (Befehl solve) und vereinfacht (Befehl combine) ergibt das als mögliche Lösungen r=

a2 − e2 a − e cos(θ)

und

r=

−(a2 − e2 ) e cos(θ) + a

Welche der beiden Lösungen ist größer als Null? Da a > e gilt, ist für die erste Lösung von r sowohl der Zähler a2 − e2 , als auch der Nenner a − e cos(θ) offensichtlich größer Null. Bei der zweiten Lösung ist der Zähler offensichtlich kleiner und der Nenner größer Null. Somit a2 −e2 kommt nur die erste Lösung r = a−e cos(θ) in Frage. Führt man die numerische Exzentrizität  = ae ein, die für die Ellipse immer kleiner als 1 ist, und ersetzt a durch e , ergibt das vereinfacht durch combine: r=

e(2 − 1) (( cos(θ) − 1)) 2

) Ersetzt man in dieser Gleichung weiterhin e(1− durch den Parameter r0 erhält man  als Polarkoordinatendarstellung der Ellipse schließlich:

r=

r0 1 −  cos θ

(r0 > 0)

Übung 2.16 Bestimme analog eine Hyperbelgleichung in Polarkoordinatenform! Wähle als Brennpunkte F1 = [0; 0] und F2 = [2e; 0]! Der Mittelpunkt der Hyperbel liegt somit bei M = [e; 0] und die Hyperbelgleichung in Normalform lautet: (x + e)2 y 2 − 2 −1=0 a2 b Ersetze diesmal b2 durch e2 − a2 !

48

2 Kegelschnitte

Zunächst werden wieder die zu ersetzenden Variablen b :=



a2 − e2

x := r cos θ y := r sin θ und die Hyperbelgleichung (x + e)2 y 2 − 2 −1=0 a2 b eingegeben. Die weiteren Umformungen werden analog zur letzten Übung durchgeführt und deswegen nicht mehr so detailliert geschildert. Die Summanden −a2 r2 (cos θ)2 und −a2 r2 (sin θ)2 müssen wieder über den tCollect-Befehl zusammengefasst werden. Faktorisiert man anschließend das Ergebnis und löst nach r auf, erhält man die folgenden Lösungen für r: r=

a2 − e2 e cos(θ) + a

und

r=

−(a2 − e2 ) a − e cos(θ)

Da für die Hyperbel e ≥ a gilt, ist die positive Lösung die zweite. Setzt man für a wieder e ein (numerische Exzentrizität), ergibt das vereinfacht durch combine: r=

−e(2 − 1) (( cos(θ) − 1))

Da bei der Hyperbel  > 1 ist, lässt sich der Ausdruck e(2 −1) durch r0 ersetzen und man erhält dieselbe Darstel lung für r wie bei der Ellipse

r=

r0 1 −  cos θ

(r0 > 0)

Für  < 1 bekommt man also eine Ellipse, für  > 1 eine Hyperbel. In der nächsten Übung wird gezeigt werden, dass  = 1 eine Parabel ergibt.

49

2.5 Polarkoordinatendarstellungen

Übung 2.17 Bestimme analog eine Parabelgleichung in Polarkoordinatenform! Der Scheitel soll wieder links vom Brennpunkt F = [0; 0] liegen. Man definiert wie bisher: x := r cos θ

y := r sin θ

und

Als Parabelform in kartesischen Koordinaten verwendet man: (x + e)2 −

y2 =0 4e

Hier liegt der Brennpunkt im Ursprung und der Scheitel auf der linken Seite. Über den Befehl combine erhält man die Gleichung:

(4e2 − r2 (sin(θ))2 + 4er cos(θ)) =0 4e Der Term (sin(θ))2 lässt sich zu 1 − (cos(θ))2 umformen. Faktorisiert man das Ergebnis, erhält man: (2e + r cos(θ) + r)(2e + r cos(θ) − r) =0 4e Nach r aufgelöst ergibt das: r=

−2e cos(θ) − 1

bzw.

r=

−2e cos(θ) + 1

Offensichtlich ist nur die erste Lösung positiv. Diese lässt sich mit r0 := 2e weiter umschreiben: r = 2e

r0 1 = 1 − cos(θ) 1 − cos(θ)

(r0 > 0)

50

2 Kegelschnitte

Übung 2.18 Stelle die folgenden Kegelschnitte in ClassPad graphisch dar: r=

1 1 −  · cos(θ)

mit  = 0,8; 0,9; 1; 1,1; 1,2

Da das Kegelschnittmenü von ClassPad keine Polarkoordinatendarstellung kennt, wird für diese Übung das Graphik- und Tabellenmenü verwendet. Zunächst muss im Menü auf Polarkoordinatendarstellung umgestellt werden. Dies geschieht im über Typ/r =Typ. Gibt man anschließend die fünf verschiedenen Werte für r ein und tippt auf, werden alle fünf Kegelschnitte in einer Graphik dargestellt. Verkeinert man den Zoomfaktor, lässt sich besser erkennen, dass die beiden ersten Kegelschnitte eine Ellipse, der mittlere eine Parabel und die beiden letzten eine Hyperbel ergeben.

Aufgaben Aufgabe 2.10 Wiederhole die Übungen dieses Kapitels für den Fall, dass der Brennpunkt links vom Scheitel liegt! Zeige, dass man in diesem Fall auf die folgende Polarkoordinatenform kommt: r=

r0 1 +  cos θ

3 Flächenberechnung

In diesem Kapitel werden unterschiedliche Methoden zur Flächenberechnung vorgestellt. Normalerweise verwendet man für die Flächenberechnung meist die Antidifferentition, d.h. man sucht eine geeignete Stammfunktion, da die numerische Integration für höhere Funktionen zu kompliziert wird. ClassPad ermöglicht jedoch die Flächenberechnung für eine Vielzahl von Funktionen durch unterschiedliche numerische Integrationsverfahren. Neben der Approximation über Rechtecksummen wird die Trapez- sowie die Simpsonregel behandelt. Außerdem werden die angegebenen Verfahren durch ein Programm graphisch veranschaulich. Das letzte Unterkapitel befasst sich mit Volumen- und Oberflächenberechnung von Rotationskörpern.

3.1 Rechtecksummen Es soll eine Fläche A berechnet werden, die durch folgende Begrenzungslinien bestimmt ist (siehe Bild 3.1): • Nach oben durch den Graphen einer positiven Funktion, • nach unten durch die x−Achse und • nach links und rechts durch je eine vertikale Gerade mit x = a und x = b. Schon in der Antike wurden Flächen durch regelmäßige Polygone angenähert. Im Folgenden wird gezeigt werden, wie sich der Flächeninhalt durch einbeschriebene Rechtecke approximieren lässt. Man wählt hierzu eine Unterteilung des Intervalls [a,b]. Es seien x0 ,...,xn ∈ [a,b] Punkte auf diesem Intervall mit a =: x0 < x1 < ... < xn−1 < xn := b. Mit Hilfe dieser Punkte

52

3 Flächenberechnung

Bild 3.1: Flächeninhalt A

lässt sich das Intervall [a,b] in folgende n Teilintervalle unterteilen: Ik = [xk−1 ,xk ] mit k = 1,...,n Für jede Zerlegung von [a,b] gilt (mit Δxk als Länge des k−ten Intervalls): b − a = (xn − xn−1 ) + (xn−1 − xn−2 ) + ... + (x1 − x0 ) =

n 

(xk − xk−1 ) =

k=1

n 

Δxk

k=1

Eine Zerlegung in Teilintervalle nennt man äquidistant bzw. eine regelmäßige arithmetische Zerlegung, wenn alle Δxk gleich groß sind. Für diesen Fall erhält man als Länge eines Teilintervalls Δx =

b−a n

und als Randpunkte der Intervalle xk = x0 + kΔx = a + k

b−a n

(mit k = 0,...,n).

Um nun geeignete Rechtecke für eine Näherung des Flächeninhalts A zu finden, muss neben der Breite eines jeden Rechtecks, die der Länge eines Teilintervalles entspricht, noch die Höhe der Rechtecke bestimmt werden. Wählt man hierfür einen beliebigen Punkt ξk aus jedem Teilintervall [xk−1 ,xk ] aus, so erhält man für die Höhe eines Rechtecks den

53

3.1 Rechtecksummen

Funktionswert f (ξk ) und somit als Fläche eines Rechtecks: f (ξk ) · Δxk Insgesamt ergibt sich für die gesamte Fläche die so genannte Riemansumme von f : n 

f (ξk ) · Δxk

k=1

Eine Funktion f heißt integrierbar von a nach b, wenn die Grenzwerte lim

n→∞

n 

f (ξk )Δxk

(3.1)

k=1

für alle Zerlegungen und für alle ξk ∈ [xk−1 ,xk ] existieren und übereinstimmen. In diesem Fall nennt man den Grenzwert (3.1) das (bestimmte) Integral von f von a nach b und schreibt:  b a

f (x)dx := lim

n→∞

n 

f (ξk )Δxk

k=1

Wir wählen für ξk ∈ [xk−1 ,xk ] jeweils den Intervallanfangspunkt bzw. -endpunkt sowie eine arithmetische Zerlegung des Intervalls [a,b]. Somit bekommt man für die Riemannsumme: Links(a,b,n) :=

n 



f a + (k − 1)

k=1

b−a n



b−a n

(3.2)

bzw. Rechts(a,b,n) :=

n  k=1



f a+k

b−a n



b−a n

(3.3)

Im Falle einer Übereinstimmung der beiden Grenzwerte für n → ∞ bestimmt dieser Wert den Integralwert.

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3 Flächenberechnung

Links(a,b,n)

Rechts(a,b,n)

Übung 3.1 Definiere im ClassPad die Funktionen Links(a,b,n) und Rechts(a,b,n) und berechne für ein beliebiges Intervall [a,b] die linke bzw. rechte Riemannsumme der folgenden Funktionen! Gib das Ergebnis sowohl für ein beliebiges n, als auch für n → ∞ an! a) f (x) = x2

b) f (x) = x3

c) f (x) = cx

d) f (x) = ex

e) f (x) = sin x

f ) f (x) = cos x

Da die Aufgaben analog gelöst werden und bei der Eingabe jeweils nur eine Zeile, die Funktion f , geändert werden muss, werden hier nur die Berechnungen für die Funktion a) f (x) = x2 aufgeführt. Zu Beginn wird die zu integrierende Funktion im MainMenü über den Befehl Define definiert. Ebenso gibt man die beiden Funktionen Links(a,b,n) und Rechts(a,b,n) nach (3.2) und (3.3) ein. Wenn die Rückmeldung done in der Ausgabenanzeige erscheint, sind die Funktionen definiert und werden automatisch verwendet. So wird bei der Eingabe von Links(a,b,n) und Rechts(a,b,n) auch die anfangs definierte Funktion f eingesetzt, und man erhält ein längeres Ergebnis in Abhängigkeit der Variablen a,b,n.

55

3.1 Rechtecksummen

Lässt man in den Funktionen Links(a,b,n) und Rechts(a,b,n) die Anzahl der Intervalle n gegen unendlich laufen, erhält man für die Funktion f (x) = x2 jeweils den selben Grenzwert. Deutlicher wird dies, wenn man das Ergebnis mit Hilfe des simplify-Befehls vereinfacht: lim (Links(a,b,n)) = lim (Rechts(a,b,n))

n→∞

n→∞

−(a3 − b3 ) = 3 Die anderen Funktionen liefern folgende Grenzwerte: −(a4 − b4 ) 4 −(ca − cb ) c) ln(c)

b)

d) − ea + eb e) cos a − cos b f ) − sin a + sin b

Aufgaben Aufgabe (3.1) Bisher wurden für die Stützstellen ξk nur die Randpunkte eines jeden Intervalls verwendet, bei der Näherung Links der linke Randpunkt und bei der Näherung Rechts der rechte. Definiere eine Riemannsumme, bei der die Höhe eines jeden Rechtecks durch den Funktionswert eines jeden Intervallmittelpunkts definiert ist: ξk =

xk − xk−1 2

Berechne zur Überprüfung diese Riemannsumme Mittel(a,b,n) für die folgende Funktion: f (x) = x2

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3 Flächenberechnung

Aufgabe (3.2) Bei den beiden Funktionen Links und Rechts waren die Abstände, also die Differenzen aufeinanderfolgender Punkte bei der Zerlegung in n Teilstücke immer gleich. Stelle eine Formel auf, bei der jeweils die Quotienten von zwei aufeinanderfolgenden Punkten xk−1 und xk gleich sind! Diese Art der Zerlegung nennt man regelmäßige geometrische Zerlegung. Setzte dabei voraus, dass die Funktion im untersuchten Intervall [a,b] positiv ist und dass die Intervallpunkte a und b gleiches Vorzeichen haben! Berechne anschließend für die folgende Funktion die geometrische Riemannsumme: f (x) = x3

3.2 Trapez- und Simpsonregel Um eine einigermaßen gute Approximation zu bekommen, benötigt man bei der Berechnung über Ober- und Untersummen jedoch meist sehr viele Rechtecke. In diesem Unterkapitel werden zwei weitere Möglichkeiten behandelt, die eine genauere Approximation der Flächenstücke zulassen.

Die Trapezregel Verwendet man zur Flächenberechung eines Teilstückes statt des bisher einbeschriebenen Rechtecks jeweils ein Trapez mit den Eckpunkten x0 ,x1 ,f (x1 ),f (x0 ), so erhält man einen Polygonzug, der einen Graphen wie in Bild (3.2) deutlich besser approximiert als die Ober- und Untersummen. Diese Art der Berechnung nennt man dementsprechend auch Trapezregel.

Bild 3.2: Einbeschriebene Sehnentrapeze

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3.2 Trapez- und Simpsonregel

Dabei unterteilt man das Intervall [a,b] in n gleich große Abschnitte mit Länge h := Für den Flächeninhalt eines Trapezes ergibt sich (mit i = 1,...,n):

b−a n .

1 1 AT rapez = h · ( f (xi ) + f (xi−1 )) 2 2 Addiert man alle n Trapeze, kommt man auf die Formel: 1 1 T rapez(a,b,n) = h · ( f (x0 ) + f (x1 ) + ... + f (xn−1 ) + f (xn )) 2 2 n−1  1 1 f (a + ih)) = h · ( f (a) + f (b) + 2 2 i=1

Die Simpsonregel Eine noch genauere Approximation der Fläche unter dem Graphen kann man erhalten, wenn man statt der soeben gewählten geraden Strecken des Polygonzuges von f (a) bis f (b) parabolische Kurvenstücke verwendet, d.h. wenn man sich für jedes Teilstück die Parabel sucht, die dem Verlauf des Graphen am besten entspricht. Diese Art der Approximation kennt man als so genannte Simpsonregel: 1 4 1 4 1 Simpson(a,b,n) = h · ( f (x0 ) + f (x1 ) + ... + f (xn − 2) + f (xn−1 ) + f (xn )) 3 3 3 3 3 n

n

−1 2 1 2 2 4 1 f (a + 2kh) + f (a + (2k − 1)h)) = h · ( f (a) + f (b) + 3 3 3 k=1 3 k=1

Übung 3.2 Leite die Simpsonregel für den Fall n = 2 her! Verwende für das quadratische Interpolationspolynom die folgende Darstellung: P (x) := a(x − x0 )2 + b(x − x0 ) + c

(3.4)

Verallgemeinere anschließend die Formel für ein beliebiges, gerades n! Im Fall n = 2 bekommnt man die drei Stützstellen x0 := a, x1 := b−a 2 und x2 := b, mit deren Hilfe man die Koeffizienten einer Parabel der Form ax2 + bx + c bestimmen kann.

58

3 Flächenberechnung

Bild 3.3: Einbeschriebene Parabel

Wählen wir als Interpolationspolynom die angegebene Darstellung P (x) := a(x − x0 )2 + b(x − x0 ) + c und setzen die drei Stützstellen in diese Parabelgleichung ein, so erhält man folgende drei Gleichungen:

c = f (x0 ) 2

(x1 − x0 ) a + (x1 − x0 )b + c = f (x1 ) (x2 − x0 )2 a + (x2 − x0 )b + c = f (x2 ) Um die beiden Unbekannten a und b zu erhalten, kann man das Mainmenü von ClassPad verwenden. Im Folgenden wird für die Ausdrücke f (x0 ),f (x1 ),f (x2 ) jeweils f0 ,f1 ,f2 verwendet. Zunächst gibt man den schon bekannten Wert c := f0 ein. Anschließend lässt man die beiden anderen Gleichungen über den Befehl solve nach a und b auflösen. Man erhält: f0 − 2f1 + f2 2h2 −(3f0 − 4f1 + f2 ) b= 2h

a=

59

3.2 Trapez- und Simpsonregel

Für den Flächeninhalt in der Form 3.4 erhält man also:  x2

P (x)dx =

x

 x0 2

a(x − x0 )2 + b(x − x0 ) + cdx =

x0  x2 −x0 0

at2 + bt + cdx

Statt x2 − x0 kann man auch 2h, die Länge zwischen zwei Stützstellen, schreiben. Gibt man nun dieses Integral in ClassPad ein, so erhält man die gewünschte Approximation für n = 2. (In der folgenden Form wurde zudem durch den Befehl factorOut der Faktor h ausgeklammert:)  x2 x0

P (x)dx = h · (

f0 4f1 f2 + + ) 3 3 3

Die Simpsonregel lässt sich aus dieser Gleichung nun leicht herleiten, wenn man n gerade wählt. Addiert man die einzelnen Interpolationspolynome auf, erhält man: f2 4f3 f4 fn−2 4fn−1 fn f0 4f1 f2 + + )+( + + ) + ··· + ( + + )) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 = Simpson(a,b,n)

h · ((

Übung 3.3 Definiere in ClassPad die Funktionen T rapez(a,b,n) und Simpson(a,b,n)! Approximiere anschließend für n = 2k (k = 2, · · · ,6) den Wert von π, indem du die beiden Funktionen auf das folgende Integral anwendest: π=4

 1 0

1 − x2 dx

Warum ist die Näherung vergleichsweise schlecht?

Bild 3.4: Kreissektor

60

3 Flächenberechnung

Zunächst müssen, auch wenn ein neues eActivity-Fenster geöffnet wird, alle Variablen gelöscht werden, da ClassPad ansonsten automatisch alle bereits definierten Variablen substituiert. Dies geschieht über Edit/Lösche alle Variablen. Außerdem sollte man auf Dezimalzahlen umstellen, da ja der Wert eines Integrals approximiert wird. Anschließend können die beiden Funkionen Trapez(a,b,n) und Simpson(a,b,n) in der oben angegebenen Form eingegeben werden. Dann definiert man die zu integrierende √ Funktion f (x) = 1 − x2 . Will man die Werte für n = 2k (k = 2, · · · ,6) bekommen, ist es sinnvoll, in ClassPad eine Liste zu definieren. Dabei gibt man beliebig viele Werte für n durch Komma getrennt in geschweifte Klammern ein und definiert diesen Ausdruck anschließend als ’list’. In allen weiteren Schritten rechnet ClassPad nun jeweils mit allen Listeneinträgen und gibt die verschiedenen Ergebnisse in geschweiften Klammern an. {4,8,16,32,64} ⇒ list ClassPad liefert folgende Wertetabelle: n 4·Trapez(0,1,n) 4·Simpson(0,1,n)

4 2.995709068 3.083595155

8 3.89819144 3.12118917

16 3.123253038 3.134397669

32 3.135102423 3.139052218

64 3.139296913 3.140695076

Eine 10-stellige Näherung von π ergibt jedoch 3.141592654, d.h. selbst bei n = 64 stimmt die Trapezregel lediglich in zwei und die Simpsonregel in drei Stellen überein. Grund hierfür ist die senkrechte Tangente bei x = 1, die sich weder durch eine Gerade, noch durch eine Parabel gut annähern lässt.

Übung 3.4 Definiere in ClassPad die Funktionen T rapez(a,b,n) und Simpson(a,b,n)! Approximiere mit Hilfe der Trapez- und der Simpsonregel das folgende Integral für n = 2k (k = 2, · · · ,6):  π 0

sin(x)dx

Warum ist die Näherung vergleichsweise gut?

61

3.2 Trapez- und Simpsonregel

Bild 3.5: Sinus

Nachdem die beiden Funkionen Trapez(a,b,n) und Simpson(a,b,n) sowie die zu inte grierende Funktion 0π sin(x)dx definiert sind, definiert man wieder ein Liste, die alle Werte für n = 2k (k = 2, · · · ,6) enthält. Diesmal liefert ClassPad folgende Wertetabelle: n Trapez(0,1,n) Simpson(0,1,n)

4 1.896118898 2.004559755

8 1.974231602 2.00026917

16 1.993570344 2.000016591

32 1.998393361 2.000001033

64 1.999598388 2.000000064



Man sieht, dass die Approximationen dem wirklichen Wert von 0π sin(x)dx = 2 wesentlich näher kommen. Besonders gut ist die Näherung über die Simpsonregel, die bei n = 64 für die ersten acht Stellen mit dem wirklichen Wert übereinstimmt. Grund hierfür ist die Tatsache, dass die Sinusfunktion im Intervall [0,π] kaum von einer nach unten gerichteten Parabel abweicht.

Aufgaben Aufgabe (3.3) Zeige, dass für jede Funktion f (x) die folgende Gleichung gilt: T rapez(a,b,n) =

1 (Links(a,b,n) + Rechts(a,b,n)) 2

Aufgabe (3.4) Weise mit Hilfe von ClassPad nach, dass die Simpsonapproximation für alle Polynome zweiten Grades unabhängig von n immer den exakten Integralwert liefert! Gilt das auch für Polynome dritten Grades?

62

3 Flächenberechnung

3.3 Graphische Darstellung der Integrationsverfahren In den letzten beiden Unterkapiteln wurden unterschiedliche Verfahren zur Flächenberechnung vorgestellt. Um eine bessere Vorstellung der Approximation einer gegebenen Fläche zu bekommen, sollen diese Verfahren nun graphisch dargestellt werden. Auf der beiliegenden CD finden sich in der Datei Flächenberechnung.vcp unter Programm im Menü für jede der vier bisher behandelten Flächenapproximation ein Programm, welches die gewählte Approximation graphisch veranschaulicht. Für eine Darstellung der Approximation durch Rechtecke, wie sie durch die Funktionen Links(a,b,n) und Rechts(a,b,n) berechnet wurde, wählt man das Programm LINKS bzw. RECHTS. Zunächst wird man aufgefordert, eine beliebige Funktion f (x) zu definieren. Die Funktion muss im zu untersuchenden Intervall [a,b] positiv und monoton sein.

Im nächsten Schritt gibt man die Werte für a und b ein. Schließlich kann man die Feinheit der Approximation bestimmen, indem man für n die gewünschte Anzahl an einbeschriebenen Rechtecken auswählt. Anschließend wird der Graph der Funktion gepunktet dargestellt. Je nach Art der Approximation findet sich zudem die gewünschte Anzahl an Rechtecken, Trapezen oder Parabeln mit einer durchgezogenen Linie. Das Programm steht so lange auf Pause, bis man das Fortsetzen-Icon. rechts unten auf dem Bildschirm antippt. Neben der graphischen Darstellung berechnet das Programm auch noch den wahren Wert des Integrals (sofern ClassPad dazu in der Lage ist) und gibt den Wert der Approximation an. Zuletzt öffnet sich ein Fenster, welches die Höhe des Fehlers der Näherung anzeigt.

63

3.3 Graphische Darstellung der Integrationsverfahren

Integral

Approximation

Fehler

Analog ist das Vorgehen bei der Approximation über Trapeze (Funktionsname Trapez(a,b,n)) sowie über Parabeln (Funktionsname Simpson(a,b,n)), die durch die Programme TRAPEZ und SIMPSON graphisch dargestellt werden.

Übung 3.5 Verwende die vier angegebenen Programme, um die beiden folgenden Funktionen graphisch darzustellen:  1 0



1 − x2 dx

0

π 2

sin(x) dx

Wähle dabei unterschiedliche Feinheiten n = 2,4,8,200 Was sind die Vor- bzw. Nachteile der unterschiedlichen Approximationsverfahren? Bei welcher der beiden Funktionen sieht man selbst bei der Simpsonapproximation bis zu n = 8 noch einen deutlichen Unterschied zwischen dem Graphen der Funktion und den gewählten Parabeln? Warum?

a) Darstellung mit Hilfe des Programms LINKS

Graph. Darst.: LINKS;

1√ 0

1 − x2 dx

Graph. Darst.: LINKS;



π 2

0

sin(x) dx

√ Für das gesuchte Intervall ist die Funktion 1 − x2 monoton fallend, d.h. man erhält für die Funktion Links(0,1,n) stets einen zu großen Wert.

64

3 Flächenberechnung

Die Integralfunktion von ClassPad liefert einem den Wert 0.7853981634. n Links(0,1,n) Fehler

2 0.9330127019 0.1476145385

4 0.873927267 0.08852910363

8 0.8349547861 0.04955662269

200 0.7877942362 0.002396072813

Die Funktion sin(x) ist im gesuchten Intervall monoton steigend, d.h. man erhält stets zu kleine Werte bei der Berechnung der Fläche.  π2 Neben 0 sin(x) dx = 1 ergeben die Approximationen folgende Werte: n Links(0,1,n) Fehler

2 0.5553603673 0.4446396327

4 0.7907662601 0.2092337399

8 0.8986104015 0.1013895985

200 0.9960678688 0.00393213124

b) Darstellung mit Hilfe des Programms RECHTS Die Darstellungen und Berechnungen zu diesem Programm ergeben sich analog zu a).

c) Darstellung mit Hilfe des Programms TRAPEZ

Graph. Darst.: TRAPEZ;

1√ 0

1 − x2 dx

Graph. Darst.: TRAPEZ;



π 2

0

sin(x) dx

Ein Vergleich der Approximationen zeigt, dass das Programm TRAPEZ wesentlich genauere Näherungen liefert als RECHTS bzw. LINKS. Die Appoximation liegt allerdings  √ π stets unter dem wirklichen Wert von 0.7853981634 für 01 1 − x2 dx bzw. 1 für 02 sin(x) dx. n

1√ Für 1 − x2 dx: 0 Trapez(0,1,n) Fehler 

π

2 Für sin(x) dx: 0 Trapez(0,1,n) Fehler

2

4

8

200

0.6830127019 0.1023854615

0.748927267 0.03647089637

0.7724547861 0.01294337731

0.7852942362 0.0001039271876

0.948059449 0.05194055103

0.987115801 0.01288419903

0.9967851719 0.003214828114

0.9999948596 5.140423197 · 10−6

65

3.3 Graphische Darstellung der Integrationsverfahren

d) Darstellung mit Hilfe des Programms SIMPSON

Graph. Darst.: SIMPSON;

1√ 0

1 − x2 dx

Graph. Darst.: SIMPSON;



π 2

0

sin(x) dx

Das Programm SIMPSON liefert mit Abstand die besten Näherungen. Für die Funktion sin(x) sieht man bei der graphischen Darstellung selbst bei n = 2 kaum einen Unterschied zwischen dem Graph der Funktion und der Approximation. Wesentlich schlechter wird die  √ Näherung für die Funktion 01 1 − x2 . Die Graphik verdeutlicht, an welcher Stelle die Simpson - Approximation ungenau wird. Selbst bei einem Wert von n = 8 erkennt man den unterschiedlichen Verlauf der Parabel zum Graphen der Funktion an der Stelle x = 1. An dieser Stelle besitzt die Funktion eine vertikale Tangente. Da aber eine quadratische Funktion niemals eine vertikale Tangente besitzen kann, wird die Näherung in diesem Fall ungenau. 2

4

8

200

0.7440169359 0.04138122754

0.7708987887 0.01449937466

0.7802972924 0.005100870953

0.7853575623 4.060109891 · 10−5

1.002279877 0.002279877492

1.000134585 1.34584974 · 10−4

1.000008296 8.295523982 · 10−6

1 2.1 · 10−11

n

1√ Für 1 − x2 dx: 0 Simpson(0,1,n) Fehler 

π

2 Für sin(x) dx: 0 Simpson(0,1,n) Fehler

Aufgaben Aufgabe (3.5) Vergleiche die Ergebnisse der Übung 3.5 mit den Approximationen des folgenden Integrals!  0.9  0

1 − x2 dx

Warum ist die Näherung diesmal viel besser?

66

3 Flächenberechnung

3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern In diesem Unterkapitel werden Körper behandelt, die durch Rotation um die x−Achse entstehen, so genannte Rotationskörper. Sei G ein Gebiet in der xy−Ebene oberhalb der x−Achse, welches 360o um die x−Achse gedreht wird. Das Gebiet G sei bestimmt durch folgende Begrenzungslinien: • Nach oben durch eine auf dem Intervall [a,b] positive Funktion f (x) • nach unten durch die x−Achse und • nach links und rechts durch je eine vertikale Gerade mit x = a und x = b.

Volumina von Rotationskörpern Sei K der durch Rotation entstehende Körper. Schneidet man diesen Körper K an der Stelle x = ξ, so erhält man eine Kreisscheibe mit Radius r = f (ξ) und Flächeninhalt r2 π = f (x)2 π. Sei Δxk die Länge eines Teilintervalles bei einer Zerlegung in n Teilintervalle. Somit gilt für das Volumen eines Teilzylinders Vk (K) = Δxk (f (ξk )2 π) und für das Volumen das gesamten Körpers K V (K) = V (f,x,a,b) ≈

n 

Δxk (f (ξk )2 π).

k=1

Nach 3.1 erhält man für n → ∞: V (f,x,a,b) = π

 b a

f (x)2 dx

(3.5)

Beispiel Es soll das Volumen einer Kugel mit Radius r bestimmt werden. √ Das Gebiet sei festgelegt durch die Funktion f (x) = r2 − x2 sowie die Intervallpunkte a = −r und b = r. Nach 3.5 ergibt sich somit für das Volumen der Kugel: 

V(

r2

−

x2 ,x,

− r,r) = π

 b a



x3 f (x) dx = π r x − 3 2

2



4 |r−r = r3 π 3

67

3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern

Übung 3.6 Definiere in ClassPad eine Funktion, die nach der Formel 3.5 das Volumen eines Rotationskörpers berechnet! Wende die Funktion auf die folgenden Rotationskörper an: a) Sinus

sin(x)

b) Einschaliges Hyperboloid

m·

c) Zweischaliges Hyperboloid

m·

d) Ellipsoid

m· √ x

e) Paraboloid





x2 /n2 + 1

Intervall [0,h]

x2 /n2 − 1

Intervall [a,h]

1 − x2 /n2

Intervall [−a,a]

α tan( ) 2

f ) Kegel der Öffnung α

Die gesuchte Funktion lässt sich in ClassPad folgendermaßen definieren: Define ROTVOL(a,b) = π

 b a

(f (x))2 dx

Anschließend ergibt der Befehl ROTVOL(a,b) für eine zuvor definierte Funktion f (x) die gesuchte Lösung im Intervall [a,b]. Zusammengefasst erhält man: π2 2 3 2  h n + hn2 π b) ROTVOL(0,h) = 2 3m a) ROTVOL(0,π) =

−n2 (a3 − h3 − 3am2 + 3hm2 )π 3m2 −(2a3 n2 − 6am2 n2 )π d) ROTVOL(-a,a) = 3m2 h2 π e) ROTVOL(0,h) = 2 h3 (tan(α/2))2 π f ) ROTVOL(0,h) = 3

c) ROTVOL(a,h) =

Intervall [0,π]

Intervall [0,h] Intervall [0,h]

68

3 Flächenberechnung

Graphische Darstellung von Rotationskörpern in ClassPad Will man einen Rotationskörper in ClassPad darstellen, gibt es zwei unterschiedliche Möglichkeiten. Neben der Dastellung im 3D-Graphikmenü, die im Anschluss behandelt wird, gibt es auch im 2D-Graphikmenü eine vorinstallierte Funktion zur Berechnung und Darstellung von Rotationskörpern. Man wählt hierzu im Menü das Symbol Graphik und Tabellen und gibt die gesuchte Funktion in das Graphikeditorfenster ein. Sei f (x) = sin(x) und [a,b] = [0,π]. Tippt man nun auf , wird die Funktion graphisch angezeigt. Für eine Rotation um die x−Achse geht man in der Menü leiste auf Analyse/Graphische Lösung/π (f (x))2 dx. Über Verschieben des Cursors nach rechts bzw. links oder dirket über die Tastatur lassen sich die Intervallgrenzen von [a,b] eingeben. ClassPad liefert einem als Ausgabe nun zum einen eine zweidimensionale Darstellung des Rotationskörpers, der schwarz ausgefüllt erscheint. Zum anderen befindet sich im Mitteilungfeld das Ergebnis des Körpervolumens, in diesem Fall π



(f (x))2 dx = 4.93480220,

welches mit dem soeben errechneten Ergebnis von übereinstimmt.

π2 2

Die dreidimensionale Darstellung der Rotationskörper in ClassPad gestaltet sich etwas schwieriger. Da es in diesem Menü keine vorinstallierte Funktion für Rotationskörper gibt, muss man die zugehörige Gleichung kennen. Allerdings erzeugt bei einer Gleichung der Form z = f (x,y) jedes Paar (x,y) immer nur einen z−Wert, weshalb beispielsweise immer nur eine Hälfte eines Ellipsoides auf dem Display erscheint. Um dieses Problem zu umgehen, kann man die Körper in Parameterdarstellung einge-

69

3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern

ben. In der zu diesem Unterkapitel gehörigen e-activity finden sich die Parameterdarstellungen der Rotationskörper einschaliges Hyperboloid, zweischaliges Hyperboloid, Ellipsoid und Paraboloid. Damit erhält man für die vier angegebenen Körper eine vollständige graphische Darstellung.

Einschaliges Hyperboloid

Zweischaliges Hyperboloid

Oberflächen von Rotationskörpern Um den Oberflächeninhalt eines Rotationskörpers zu bestimmen, kann man das Intervall [a,b] in n Teilintervalle Ik = [xk−1 ,xk ] zerlegen. Die Oberfläche des Körpers wird somit in n Streifen zerlegt. A(f,x,a,b) =

n 

A(f,x,xk−1 ,xk )

k=1

Ist das Intervall Δxk = xk − xk−1 hinreichend klein, lässt sich jeder Streifen als Kegelabschnitt auffassen.

70

3 Flächenberechnung

Ellipsoid

Paraboloid

Nach dem Satz des Pythagoras gilt für die Länge h eines solchen Kegelabschnitts (siehe Bild 3.6):

h=



Δx2k + Δf (xk )2

Das lässt sich umschreiben zu: h=



(xk − xk−1 )2 + (f (xk ) − f (xk−1 ))2 

= (xk − xk−1 ) · Der Term



f (xk )−f (xk−1 ) xk −xk−1



1+

f (xk ) − f (xk−1 ) xk − xk−1

2

lässt sich als Steigung an der Stelle ξk auffassen.

 der Funktion an der Stelle ξk an. In Falls f differenzierbar ist, gibt f (ξk ) die Steigung

f (xk )−f (xk−1 ) diesem Fall lässt sich der Term durch diese Steigung approximieren (siehe xk −xk−1 Bild 3.6).

3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern

71

Bild 3.6: Zur Berechnung des Flächeninhalts einer Rotationsfläche

Somit erhält man als Näherung für die Seitenlänge eines Kegelabschnitts: h≈



1 + f  (ξk )2 Δxk

Da die Oberfläche eines Kegelabschnitts gleichwertig mit der eines Zylinders mit mittlerem Radius des Kegelabschnitts ist, kann man die Oberfläche des Streifens als Kreiszylinder umschreiben:

A(f,x,xk−1 ,xk ) = 2πf (ξk ) 1 + f  (ξk )2 Δxk Für die gesamte Oberfläche eines Rotationskörpers im Intervall [a,b] ergibt sich demnach: A(f,x,a,b) ≈ 2π

n 



f (ξk ) 1 + f  (ξk )2 Δxk

k=1

Und für n → ∞: A(f,x,a,b) = 2π

 b a



f (x) 1 + f  (x)2 dx

(3.6)

Beispiel Es soll die Oberfläche einer Kugel mit Radius r berechnet werden. Wählt man den Ur-

72

3 Flächenberechnung

√ sprung als Mittelpunkt, erhält man als Funktion f (x) = r2 − x2 und als Intervall [−r,r]. Nach der Formel 3.6 ergibt sich für den Oberflächeninhalt: 

A( r2 − x2 ,x, − r,r) = 4π = 4π = 4π

 r 0



f (x) 1 + f  (x)2 dx 

 r 0



 r

= 4πr



r2 − x2 1 + r2

0

 r 0

−

x2

√

−x r2 − x2

2

dx

r2 dx r2 − x2

dx

= 4πr2

Übung 3.7 Definiere in ClassPad eine Funktion für die Berechnung der Oberfläche eines Rotationskörpers nach der Formel 3.6! Wende die Funktion auf die beiden folgenden Rotationskörper an: a) Sinus

sin(x)

Intervall [0,π/2]

b) Kegel der Öffnung α

tan(α/2)x

Intervall [0,h]

Analog zu Übung 3.6 definiert man jeweils die gesuchte Funktion und die folgende Funktion zur Oberflächenberechnung: Define ROTFLA(a,b) = 2π

 b a



f (x) 1 + (

d f (x))2 dx dx

Als Ergebnis erhält man: √ √ a) ROTFLA(0,π/2) = (ln( 2 + 1) + 2)π

b) ROTFLA(0,h) = (h2 (tan(0,5α))2 + 1 tan(0,5α))π

3.4 Volumina und Oberflächen von Rotationskörpern

73

Aufgaben Aufgabe (3.6) Berechne das Volumen des Rotationskörpers, der entsteht, wenn man durch eine Kugel mit Radius r zentral ein Loch mit Radius R bohrt! Aufgabe (3.7) Den Körper, den man erhält, wenn man eine Kreisscheibe (in der x − y−Ebene) mit Radius r, die um den Wert R nach oben verschoben ist, um die x−Achse rotiert, nennt man Torus (siehe Bild 3.7). Berechne das Volumen eines solchen Torus!

Bild 3.7: Torus

4 Partielle Integration ClassPads Fähigkeiten, Integrale zu bestimmen, sind beeindruckend. Viele Integrale, die geschlossen dargestellt werden können, können vom ClassPad generiert werden. Es gibt aber auch viele Rekursionsformeln für Integrale wie z.B. 

xn eαx dx =

1 n αx n x e − α α



xn−1 eαx dx .

Eine reine mechanische Erzeugung solcher Rekursionsformeln ist mit ClassPad nicht möglich. In diesem Kapitel zeigen wir, wie der ClassPad dennoch behilflich sein kann, Rekursionsformeln für Integrale herzuleiten. Diese können auch dazu benutzt werden, den Wert bestimmter Integrale zu finden, die der ClassPad nicht lösen kann.

4.1 Unbestimmte Integrale Bekanntlich folgt aus der Produktregel der Differentialrechnung 



u(x)v(x)

= u (x)v(x) + v  (x)u(x)

(4.1)

durch Integration mit dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung die Regel der partiellen Integration u(x)v(x) =



u (x)v(x) dx +



v  (x)u(x) dx .

Man verwendet diese meist in der Form 

u (x)v(x) dx = u(x)v(x) −



v  (x)u(x) dx .

(4.2)

76

4 Partielle Integration

Übung 4.1 Deklariere im ClassPad willkürliche Funktionen u(x) und v(x) und überprüfe für diese Funktionen die Regel der partiellen Integration. Wir definieren die beiden Funktionen: u(x) = 3x2 + 4 ,

v(x) = x3 − 20x + 1

Wir berechnen die Seiten der Gleichung (4.2) und erhalten 

6x5 − 40x3 + 3x2 5  −9x5 + 16x3 + u(x)v(x) − v  (x)u(x) dx = 5 +(x3 − 20x + 1)(3x2 + 4) + 80x . u (x)v(x) dx =

ClassPad nimmt viele Vereinfachungen nicht automatisch vor. Da ein unbestimmtes Integral nur bis auf eine Konstante bestimmt ist, überprüfen wir die Gleichheit durch Ableiten. Wir erhalten: d 6x5 ( − 40x3 + 3x2 ) = 6x4 − 120x2 + 6x dx 5 d −9x5 ( + 16x3 + (x3 − 20x + 1)(3x2 + 4) + 80x) = dx 5 = 6x4 − 120x2 + 6x . Nun können die Definitionen u(x), v(x) am Anfang geändert werden, um die Aussage für andere Funktionen prüfen zu lassen. Um die Regel der partiellen Integration gewinnbringend anzuwenden, ist es nötig, für einen Integranden f (x) eine Zerlegung der Form f (x) = u (x)v(x) zu finden, für die das auf der rechten Seite von (4.2) stehende Integral entweder direkt lösbar oder leichter zu lösen ist oder wenigstens in irgendeiner Form wieder mit dem Ausgangsintegral in Verbindung steht. Der letztere Fall führt häufig zu Rekursionsformeln.

77

4.1 Unbestimmte Integrale

Wir betrachten ein Beispiel: Für n ∈ N0 wollen wir das Integral In (x) =



xn ex dx

berechnen. Wir wählen die Zerlegung f (x) = u (x)v(x) des Integranden f (x) = xn ex mit u (x) = ex und v(x) = xn . Integration von u (x) ergibt u(x) = ex . Die Wahl von u (x) und v(x) wird dadurch suggeriert, dass beim Ableiten von v(x) – beachte, dass v  (x) = nxn−1 ja beim Integranden auf der rechten Seite von (4.2) auftaucht! – der Exponent n − 1 kleiner ist mit der Folge, dass der Integrand auf der rechten Seite einfacher ist als jener auf der linken Seite. Anwendung von (4.2) liefert nun In (x) =



xn ex dx = xn ex −



nxn−1 ex dx = xn ex − nIn−1 (x) .

Die Rechnungen haben uns also zu der Rekursionsformel In (x) = xn ex − nIn−1 (x)

(4.3)

für unser Integral geführt. Im vorliegenden Fall kann man die Rekursionsformel dazu benutzen, eine andere Darstellung für das gesuchte Integral zu finden. Wir bekommen nämlich iterativ In (x) = xn ex − nIn−1 (x) = xn ex − n(xn−1 ex − (n − 1)In−2 (x)) = xn ex − nxn−1 ex + n(n − 1)(xn−2 − (n − 2)In−3 (x))

mit Induktion also In (x) =



xn ex dx = (xn − nxn−1 + n(n − 1)xn−2 ∓ · · · + (−1)n n)ex

(4.4)

Die anwenderdefinierte ClassPad-Funktion partint(ustrich,v) berechnet die Gleichung (4.2) für Integrale, die mit ClassPad nicht direkt berechnet werden können und kann daher zum Herleiten von Rekursionsformeln benutzt werden. Interessiert man sich nur für das Ergebnis, kann man die selbst erstellte ClassPad-Funktion pint(ustrich,v) benutzen. Sie berechnet die rechte Seite von (4.2). Die beiden Funktionen können von der beiliegenden CD geladen werden.

78

4 Partielle Integration

Übung 4.2 Wende die Funktion partint(ustrich,v) an, um die Rekursionsformel (4.3) zu erzeugen. Bestimme die Werte In (x) mit der Rekursionsformel aus dem Anfangswert I0 = ex für n = 1, . . . ,10 und vergleiche mit den direkten Ergebnissen für die entsprechenden Integrale!

Wir wenden die Funktion partint(ustrich,v) ustrich = ex und v = xn an und erhalten 

xn ex dx = xn ex −



mit

nxn−1 ex dx .

Um In (x) rekursiv berechnen zu lassen, öffnen wir das Tabellenkalkulations-Menü. Wir tragen in die erste Spalte n ein und lassen die Zahlen von 0 bis 10 generieren (Befehl Edit/Füllen mittels Reihe).

In der zweiten Spalte tragen wir In (x) ein. Wir tragen für I0 = ex die Formel = collect(ex ,ex ) ein. Der Befehl collect sorgt in diesem Fall dafür, dass ex zur besseren Übersicht als algebraischer Ausdruck erhalten bleibt. Nun geben wir im Feld B3 die Formel (4.3) ein und nehmen dabei Bezug auf das Feld A3 = n und auf das Feld B2 = I0 (x): = collect(xA3 · ex − A3 · B2,ex ) . Wir kopieren Zelle B3, markieren die Zellen B4 bis B12 (Befehl Edit/Bereich wählen) und fügen die Zelle B3 dort ein (Befehl Edit/Einfügen). Somit haben wir im ClassPad die Rekursion auf einfache Weise ausführen lassen und könnten sie auch ohne weitere Probleme für größere Werte als n = 10 anzeigen.

4.1 Unbestimmte Integrale

Nun wollen wir die Werte In (x) mit ClassPad direkt berechnen. Wir betrachten (4.3) als Funktion von n und  definieren im Main-Menü I(n) = xn ex dx (Befehl define). Die Eingabe von I(2) liefert dann direkt das Ergebnis I(2) = 2 · ex + x2 · ex − 2 · x · ex .

Die Ergebnisse der verschiedenen Rechenwege können wir geschickt vergleichen, indem wir im MainMenü das Tabellenkalkulations-Menü als zweites Fenster öffnen. Wir geben im Main-Menü I(2) ein und das Ergebnis wird angezeigt. Um den rekursiv berechneten Term damit zu vergleichen, ziehen wir aus dem Tabellenkalkulations-Menü die entsprechende Zelle für I2 (x) in das Main-Menü. Dieser Ablauf kann so für alle In (x) durchgeführt werden. Ist der anzuzeigende Term im Main-Menü dabei breiter als die Fenstergröße, können wir die zu vergleichenden Terme hier jeweils schrittweise horizontal verschieben. Als nächstes wollen wir eine Rekursionsformel für das Integral Jn (x) :=



(sin(x))n dx

unter Verwendung einer geschickten partiellen Integration herleiten.

79

80

4 Partielle Integration

Dazu geben wir die Identität 

(sin(x))n dx = partint(sin(x),(sin(x))n−1 )

ein. Wir erhalten 

(sin(x))n dx = − cos(x)(sin(x))n−1 − −



−(cos(x))2 (sin(x))n−2 (n − 1) dx

Wir ziehen die obere Ergebniszeile in die Eingabe und ersetzen manuell den Ausdruck (cos(x))2 (sin(x))n−2 durch expand((1 − (sin(x))2 )(sin(x))n−2 ). Wir erhalten 

(sin(x))n dx = − cos(x)(sin(x))n−1 −



−(n − 1)((sin(x))n−2 − (sin(x))n ) dx .

Damit ClassPad die Gleichung lösen kann, substituieren wir 

(sin(x))n dx ⇒ y .

Wir schreiben die Gleichung nun um in y = − cos(x)(sin(x))n−1 − (n − 1)y− −



−(n − 1)(sin(x))n−2 dx

und lassen sie lösen (Befehl solve). Wir erhalten: − cos(x)(sin(x))n−1 y= − n



−(sin(x))n−2 (n − 1) dx n

81

4.1 Unbestimmte Integrale

Die Eingabe von replace(ans) setzt für y den zugewiesenen Wert ein und wir erhalten unser Ergebnis: 

(sin(x))n dx =

− cos(x)(sin(x))n−1 − n  n−2 −(sin(x)) (n − 1) dx − . n

Eine kleine Umformung ergibt schließlich die gesuchte Rekursionsformel: Jn (x) = −

cos(x)(sin(x))n−1 n − 1 + Jn−2 (x) . n n

Aufgaben

Aufgabe (4.1) Stelle die Formel (4.4) mit dem Summenzeichen n = 1, . . . ,10 mit ClassPad.



dar. Teste Sie für

Aufgabe (4.2) Leite die folgenden Rekursionsformeln her: 

a) 

b) 

c)

xn eαx dx =

1 n αx n x e − α α



xn−1 eαx dx ,

xn sin(x) dx = xn−1 (n sin(x) − x cos(x)) − n(n − 1) xn cos(x) dx = xn−1 (n cos(x) + x sin(x)) − n(n − 1)

 

xn−2 sin(x) dx , xn−2 cos(x) dx

Verwende diese, um die Integrale für n = 1, . . . ,10 zu berechnen und vergleiche die Ergebnisse mit der in ClassPad eingebauten Integration. 

Aufgabe (4.3) Finde eine Rekursionsformel für (cos(x))n dx.

82

4 Partielle Integration

4.2 Integrale von Potenzen 

Hat man ein Integral der Form xn f (x) dx, wobei f (x) eine stetige Funktion und n ∈ N ist, so kann man mit der partiellen Integration u (x) = f (x), v(x) = xn bzw. u(x) =  f (x) dx und v  (x) = nxn−1 die gültige Formel 

xn f (x) dx = xn



f (x) dx − n



xn−1





f (x)dx dx

(4.5)

erzeugen. Unter der Voraussetzung, dass die iterierten Integrale  

xn f (x) dx , xn−1





f (x) dx dx , . . . 

berechnet werden können, stellt dies eine Rekursionsformel zur Bestimmung von xn f (x) dx dar. Zum Beispiel bekommen wir 

x cos(x) dx = x sin(x) −



sin(x) dx = x sin(x) + cos(x)

oder durch eine zweimalige Anwendung 

x2 e−x dx = −x2 e−x + 2



xe−x dx = −x2 e−x + 2(−xe−x +



e−x dx)

= −x2 e−x + 2(−xe−x − e−x ) = −e−x (x2 + 2x + 2) . Die selbsterstellte ClassPad-Funktion pintx(n,f(x)) berechnet das Integral gemäß (4.5) rekursiv.



xn f (x) dx



Auch für Integrale vom Typ (f (x))n dx mit einer stetigen Funktion f und einer Zahl n ∈ N kann eine Rekursion gefunden werden. Mit der partiellen Integration u (x) =  (f (x))n−1 , v(x) = f (x) bzw. u(x) = (f (x))n−1 dx und v  (x) = f  (x) folgt 



(f (x))n dx = f (x)



(f (x))n−1 dx −



f  (x)





(f (x))n−1 dx dx .

Die selbsterstellte ClassPad-Funktion pintf(n,f(x)) berechnet das Integral mäß (4.6) rekursiv.



(4.6) f (x)n dx ge-

83

4.3 Bestimmte Integration

Aufgaben

Aufgabe (4.4) Berechne mit pintx(n,f(x)) das Integral 

xn cos(x) dx

rekursiv für n = 1, . . . ,10 und vergleiche die Resultate mit denen von ClassPads eingebauter Integration! Aufgabe (4.5) Berechne mit pintf(n,f(x)) das Integral 

(cos(x))n dx

rekursiv für n = 1, . . . ,10 und vergleiche die Resultate mit denen von ClassPads eingebauter Integration!

4.3 Bestimmte Integration Während ClassPad, wie bereits erwähnt, viele unbestimmte Integrale generiert, die geschlossen dargestellt werden können, scheitert ClassPad an bestimmten Integralen, die sich nicht mit Hilfe eines unbestimmten Integrals auswerten lassen. ClassPad kann bestimmte Integrale durch Berechnung des unbestimmten Integrals und Einsetzen der Grenzen exakt berechnen. ClassPad liefert hingegen einen numerisch approximierten Wert mit Fehlertoleranz 10−5 , wenn die Bestimmung eines unbestimmten Integrals nicht möglich ist. In diesem Abschnitt zeigen wir, wie man mit ClassPad bestimmte Integrale exakt auswerten kann, deren Integranden nicht elementar integrierbar sind. Integriert man mit der Produktregel (4.1) von a bis b, erhält man die Regel der partiellen Integration für bestimmte Integrale b a



u (x)v(x) dx = u(x) ·

v(x)|ba

−

b a

v  (x)u(x) dx ,

(4.7)

84

4 Partielle Integration

welche sich zum Herleiten von Rekursionsformeln für bestimmte Integrale eignet. Hierbei bedeutet die Schreibweise F (x)|ba := F (b) − F (a) wie üblich die Bildung der Differenz. Die selbsterstellte ClassPad Funktion bpartint(ustrich,v,a,b) berechnet die Gleichung  (4.7) zur Umformung des bestimmten Integrals ab u (x)v(x) dx. Die Funktion bpint(ustrich,v,a,b) generiert hingegen nur die rechte Seite der Gleichung (4.7). Übung 4.3 Benutze bpartint(ustrich,v,a,b) zur Bestimmung einer Rekursionsformel für das bestimmte Integral Ln (x) :=

b

xn e−x dx .

0

Wir wenden die Funktion bpartint(e−x ,xn ,0,b) an und erhalten ein Ergebnis, das bis auf den Term 0n schon ausreichend ist. Wir fügen unserer Eingabezeile noch die Bedingung n > 0 hinzu, damit ClassPad auch 0n vereinfachen kann und erhalten: b

xn e−x dx = −bn e−b −

0

b

n · xn−1 e−x dx .

0

L0 (x) berechnen wir abschließend direkt: L0 (x) =

b

x0 e−x dx = −e−b + 1

0

Somit haben wir die Rekursionsformel Ln (x) = −bn e−b + n · Ln−1 (x) für n > 0 gefunden.

(4.8)

4.3 Bestimmte Integration

85

Übung 4.4 Versuche eine Rekursionsformel für das Integral Ln,∞ (x) :=

∞

xn e−x dx

0

zu finden! Wir nehmen die Rekursionsformel (4.8) und wollen sie für b → ∞ nutzen. Wir geben für den relevanten Term den Grenzwert b → ∞ ein, also lim(−bn · e−b ,b,∞, − 1), und erhalten als Ausgabe unsere Eingabe. ClassPad kann diesen Grenzwert also nicht direkt lösen. Wir sehen uns den Grund näher an und berechnen die einzelnen Komponenten. Die Eingabe von lim(−bn ,b,∞, − 1) liefert nach Korrektur durch n > 0 das Ergebnis −∞. Die Eingabe von lim(e−b ,b,∞, − 1) das Ergebnis 0. Auf diese einfache Weise können wir also keine Rekursionsformel finden. Wir wollen uns nun den Integranden von Ln,∞ (x) graphisch ansehen, um einen Eindruck zu gewinnen, was bei hinreichend großer oberer Integrationsgrenze passiert. Wir definieren dazu die Zahlen von 1 bis 10 als Liste n indem wir {1,2, . . . ,10} ⇒ n eingeben. Wir geben den Integranden in Abhängigkeit von n ein, und erhalten nun die Ergebnisse von xn e−x als Liste für die gewählten n angezeigt. Wir öffnen das Graphik-Menü als zweites Fenster und können nun den Integranden im Main-Menü auswählen und in das Graphik-Menü ziehen. Nach geeigneter Einstellung der Koordinatenachsen über das Quickmenü Fenster-Einstellung betrachten wir die Integranden für die gewählten n zusammen. Über Analyse/Verfolgen können wir die Funktionswerte der einzelnen Graphen anzeigen lassen. Die Auswahl des x-Wertes und der Wechsel zwischen den Graphen erfolgt hierbei über die Cursor Tasten. Genauso können wir einzelne Terme aus der Liste der Ergebnisse des Main-Menüs in das

86

4 Partielle Integration

Graphik-Menü ziehen um diese als Skizze anzusehen. Zuvor müssen wir allerdings den Bildschirm bereinigen über Analyse/Skizze/Bildschirm löschen. Wir erzeugen eine Skizze für x → x4 e−x und maximieren das Graphik-Menü mittels resize. Wir wollen nunmehr die Entwicklung des Integrals

b 4 −x x e dx bei 0

steigendem b betrachten. Wir lassen ClassPad hier graphisch integrieren und sind uns der mangelnden Genauigkeit bewusst. Wir wählen die Funktion Analy se/Graphische Lösung/ dx und geben über die Tastatur zuerst die untere, dann die obere Grenze ein. ClassPad gibt als Ergebnis für die untere Grenze 0 und die obere Grenze 40 erstmals eine ganze Zahl an: 24. (Genauigkeit der graphischen Lösung hier in der Größenordnung 10−11 ) Wir prüfen nun unsere Vermutung, dass Ln,∞ (x) endlich ist, für einige n direkt nach. Wir definieren die zu prüfenden Zahlen über geschweifte Klammern und mittels des store Befehls als Liste n. Wir definieren die rechte Seite von (4.8) als Liste l, wobei wir den ersten Summanden durch die unbekannte Konstante k ersetzen. Das Integral Ln,∞ (x) selbst definieren wir als Liste m. Wir vergleichen die Ergebnisse, indem wir die Liste l von der Liste m subtrahieren. Als Ergebnis erhalten wir für unsere Auswahl von n = 1, . . . ,10 jeweils die Konstante k. Die Liste n können wir nun abändern, um unsere Vermutung für weitere n zu überprüfen. Eine Beschränkung liefert nur die Speicherleistung des ClassPad, der die Berechnung spätestens ab n = 50 nicht mehr lösen kann. Somit scheint die Rekursionsformel Ln,∞ (x) = n · Ln−1,∞ (x) zumindest für einge n gesichert.

(4.9)

87

4.3 Bestimmte Integration

Übung 4.5 Leite eine Rekursionsformel für das Integral π

Wn :=

2

(sin(x))n dx(n ∈ N0 )

(4.10)

0

her! = Wir nutzen die Identität (sin(x))n n−1 sin(x) · (sin(x)) und wenden die Funktion bpartint(sin(x),(sin(x))n−1 ,0, π2 ) an. Wir erhalten nach der Ergänzung mit n > 0 das Ergebnis: π

2

π

n

(sin(x)) dx = −

0

2

−(cos(x))2 (sin(x))n−2 (n − 1) dx .

0

Wir ziehen die Ergebniszeile in die Eingabe und ersetzen manuell den Ausdruck (cos(x))2 (sin(x))n−2 durch   expand( 1 − (sin(x))2 (sin(x))n−2 ). Wir erhalten: π

2

π

(sin(x))n dx = −

2 

0



(sin(x))n − (sin(x))n−2 (n − 1) dx .

0

Wir substituieren π

2

(sin(x))n dx ⇒ t .

0

Wir schreiben die Gleichung nun um in π

t = −(n − 1)t +

2

(sin(x))n−2 (n − 1) dx

0

und lassen sie lösen (Befehl solve). Nachdem wir durch replace(ans) t wieder einsetzen erhalten wir π

2 0

π

1 (sin(x))n dx = · n

2 0

(sin(x))n−2 (n − 1) dx .

88

4 Partielle Integration

Wir haben also für das Integral (4.10) die Rekursionsformel Wn =

n−1 Wn−2 n

(4.11)

gefunden. Rekursionsformeln für Integrale sind nicht nur nützlich, um eine rekursive Berechnung des Integrals zu ermöglichen. Um eine weitere Anwendung zu zeigen, beweisen wir das Wallisprodukt mit Hilfe der Rekursionsformel (4.11). Es gilt das Wallisprodukt ∞

∞ 4k 2 2k 2 2 4 4 6 6 2k 2k 2k π = lim = lim · · · · · · · · · = . 2 n→∞ n→∞ 1 3 3 5 5 7 4k − 1 2k − 1 2k + 1 2k − 1 2k + 1 2 k=1 k=1

Mit den Anfangsbedingungen W0 =

π/2 

1 dx =

0

W1 =

π 2

π/2 

π/2

sin(x) dx = − cos(x)|0

=1

0

erhält man aus der Rekursion (4.11) für gerade bzw. ungerade n ∈ N mittels Induktion die Werte (2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1 π · 2n(2n − 2) · · · 4 · 2 2 2n(2n − 2) · · · 4 · 2 . = (2n + 1)(2n − 1) · · · 3 · 1

W2n = W2n+1

(4.12) (4.13)



Nun folgt andererseits aus der Beziehung 0 ≤ sin(x) ≤ 1 , die für x ∈ o, π2 gilt, für alle n∈N 0 ≤ (sin(x))2n+1 ≤ (sin(x))2n ≤ (sin(x))2n−1 und daher 0≤

π/2 

(sin(x))

0

2n+1

dx ≤

π/2 

2n

(sin(x))

0

dx ≤

π/2 

(sin(x))2n−1 dx .

0

4.3 Bestimmte Integration

89

Folglich ist Wn fallend und nach unten beschränkt und somit konvergent. Daher gilt auch lim

n→∞

W2n+1 =1 W2n

und wegen (4.12) und (4.13) folglich somit die Behauptung.

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen In diesem Kapitel benutzen wir ClassPad dazu, lineare Gleichungssysteme zu lösen. Wir verwenden einerseits die eingebaute Lösungsfunktionalität, andererseits führen wir die Elimination auch Schritt für Schritt selbst durch. In der Folge betrachten wir Matrizen zur Lösung linearer Gleichungssysteme und untersuchen deren Kondition.

5.1 Lineare Gleichungssysteme Viele praktische Probleme führen auf lineare Gleichungssysteme. Übung 5.1 Aus dem Kaltwasserhahn strömt Wasser von 18◦ C, aus dem Warmwasserhahn solches von 50◦ C. Wieviel kaltes und wieviel warmes Wasser benötigt man, um 300 l Badewasser von 40◦ C zu erhalten? Nennen wir die Wassermenge aus dem Kaltwasserhahn x und die Menge aus dem Warmwasserhahn y, so haben wir zunächst die Mengenbeziehung x + y = 300 l , da insgesamt 300 l Wasser benötigt werden. x Der Anteil kalten Wassers an der Gesamtmenge beträgt 300 l und der Anteil warmen Wasy sers ist 300 l . Diese Anteile tragen mit ihrer jeweiligen Temperatur zur Badetemperatur bei. Also gilt die Temperaturbeziehung x y 18◦ C + 50◦ C = 40◦ C . 300 l 300 l Wir haben somit ein lineares Gleichungssystem aus zwei lineare Gleichungen aufgestellt. ClassPad kann lineare Gleichungssysteme direkt wie folgt lösen.

92

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Wir verwenden die 2D Eingabe im ClassPad und geben die beiden linearen Gleichungen in die beiden Zeilen des Feldes ein. Im Feld rechts unten geben wir durch Komma getrennt die Variablen an, nach denen aufzulösen ist. Wir erhalten das Ergebnis x=

375 4

y=

825 . 4

Wir wenden noch zusätzlich den Befehl Umformungen/approx an, um das Ergebnis als Dezimalzahl darstellen zu lassen und erhalten: x = 93.75

y = 206.25

Es werden also 93.75 l kaltes und 206.25 l warmes Wasser benötigt. Man braucht somit 206.25 93.75 = 2.2 Mal soviel warmes wie kaltes Wasser. Entsprechend weniger darf man den Kaltwasserhahn aufdrehen. Als Nächstes betrachten wir folgendes Problem: Übung 5.2 Ein Paket Waschpulver kostet doppelt soviel wie eine Dose Bohnen und eine Packung Milch zusammen. Die Bohnen sind 50 Cent teurer als die Milch. Insgesamt gebe ich 9.90 Euro aus. Was kostet das Paket Waschpulver? Wieviel habe ich für Bohnen und Milch bezahlt? Bezeichnen wir mit w, b und m die Preise für Waschpulver, Bohnen und Milch, so liefern die Angaben aus dieser Textaufgabe die Beziehungen w = 2(b + m) b = 0.50 C + m w + b + m = 6.90 C . Lösen des Gleichungssystems mittels ClassPad und anschließendes Umformen (Befehl Umformungen/approx) liefert den Lösungsvektor {w = 4.6,

b = 1.4,

m = 0.9} .

5.1 Lineare Gleichungssysteme

93

Also hat das Waschpulver 4,60 Euro gekostet und für Bohnen und Milch habe ich 1,40 Euro bzw. 90 Cent bezahlt. Das erste Problem wurde durch 2 lineare Gleichungen mit 2 Unbekannten beschrieben, das zweite durch 3 lineare Gleichungen mit 3 Unbekannten. Beide hatten genau eine Lösung. In nicht-entarteten Fällen haben n lineare Gleichungen in n Unbekannten genau eine Lösung. Daher betrachten wir zunächst diesen Fall. Vorerst betrachten wir den allgemeinen Fall zweier linearer Gleichungen mit zwei Unbekannten. Seien a,b,c,d,e,f ∈ R gegebene reelle Zahlen. Das lineare Gleichungssystem ergibt sich zu ax

+

by

=

c

dx

+

ey

=

f,

(5.1)

wobei wir annehmen, dass (a,b) = (0,0) und (d,e) = (0,0) sind. Um dieses System allgemein zu lösen, versuchen wir aus den beiden Gleichungen eine der beiden Variablen zu eliminieren. Wir definieren die beiden linearen Gleichungen in ClassPad als Liste G mittels geschweifter Klammern und des Befehls . Wir können nun durch Eingabe von G[1] den ersten Teil der Liste aufrufen, multiplizieren ihn mit e und ordnen diese neue Gleichung wieder dem ersten Teil der Liste zu. Als Ergebnis wird die ganze Liste G mit neuem ersten Teil angezeigt. Analog verfahren wir, wenn wir die zweite Gleichung mit b multiplizieren. Wir ziehen nun die beiden umgeformten Gleichungen voneinander ab durch die Eingabe von G[1] − G[2]. Wir erhalten e(ax + by) − b(dx + ey) = −bf + ce . Wir lassen die Gleichung noch nach x auflösen (Befehl solve) und erhalten unser Ergebnis x=

−(bf − ce) . ae − bd

Dieser letzte Schritt kann natürlich nur vollzogen werden, falls ae − bd = 0 ist.

(5.2)

94

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Die Berechnung von y machen wir uns einfach. Wir setzen die eben erhaltene Lösung für x in eine der beiden Ausgangsgleichungen ein. Wir verwenden dazu den Befehl eliminate, der eine Gleichung hinsichtlich einer Variablen auflöst und diesen Term dann in eine zweite Gleichung einsetzt. Wir geben also den Befehl Gleich./Ungleich./eliminate ein und ziehen die Ergebniszeilen der ersten Ausgangsgleichung und die Lösung für x an die richtige Stelle: eliminate(ax + by = c,x,x =

−(bf − ce) ) ae − bd

Wir erhalten unsere Lösung für y, wenn wir das Ergebnis noch nach y auflösen lassen (Befehl solve(ans,y)): y=

af − cd ae − bd

(5.3)

Den gemeinsamen Nenner von (5.2) - (5.3) nennt man Determinante des Gleichungssystems (5.1). Sie hängt offfenbar nicht von der rechten Seite der Gleichungen ab, sondern nur von den Koeffizienten des quadratischen Schemas 

M=

a b d e



(5.4)

und heißt daher genauer die „Determinate von M “. Eine Anordnung wie M nennt man eine 2×2-Matrix. Das Gleichungssystem hat also exakt eine Lösung, gegeben durch (5.2) - (5.3), falls die zugehörige Determinante 

a b det M = det d e



= ae − bd

nicht den Wert 0 hat. Die ClassPad Funktion det berechnet die Determinante einer Matrix. Wir verwenden die 2D Tastatur um das Feld für die Matrixeingabe zu öffnen und geben Matrix (5.4) ein. Der Befehl Matrizenrechnung/det rechnet die Determinante dann aus.

(5.5)

95

5.1 Lineare Gleichungssysteme

Übung 5.3 Wie wir schon gesehen haben, kann ClassPad Gleichungssysteme automatisch lösen. Löse das allgemeine Gleichungssystem ax

+

by

+

cz

=

d

ex

+

fy

+

gz

=

h

ix

+

jy

+

kz

=

l

(5.6)

nach den Variablen x, y und z auf. Welcher gemeinsame Nenner tritt auf? Bestimme die Determinante der zu dem System (5.6) mit drei Variablen gehörigen 3×3Matrix! Wir verwenden die 2D Tastatur im ClassPad und erhalten die Möglichkeit zwei Gleichungen einzugeben. Wir erweitern das System um eine Zeile durch erneutes Drücken des Zeichens. Wir tragen nun die obigen Gleichungen in die Felder ein und geben die Variablen an, nach denen aufzulösen ist. Wir erhalten für die Variablen ein unübersichtliches Ergebnis bgl − bhk − −cf l + chj + df k − dgj af k − agj − bek + bgi + cej − cf i −(a(gl − hk) − cel + chi + dek − dgi y= af k − agj − bek + bgi + cej − cf i af l − ahj − bel + bhi + dej − df i , z= af k − agj − bek + bgi + cej − cf i

x=

das uns im Detail gar nicht interessiert. Wir wollen nun die Nenner der Variablen übersichtlich vergleichen. Dazu extrahieren wir aus der Liste der Variablen durch den Befehl Gleich./Ungleich./getRight jeweils die rechte Seite der Lösungsliste. Wir extrahieren weiter jeweils die Nenner der Liste durch den Befehl Berechnung/denominator. Zuletzt definieren wir die letzte Eingabe als Liste P . Durch Eingabe von P [1], bzw. P [2], P [3] lassen wir die einzelnen Elemente der Liste anzeigen, um sie nun geschickt vergleichen zu können. Der Nenner ist überall derselbe: −af k + agj + bek − bgi − cej + cf i

96

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Nun wollen wir die Determinante des Gleichungssystems (5.6) berechnen. Wir öffnen mittels der 2D Tastatur ein Matrixfeld und erweitern es um eine Zeile und eine Spalte durch erneutes Drücken des Symbols. Nun geben wir die Faktoren der Variablen aus (5.6) in die Matrix ein und definieren sie als M (Befehl ). Der Befehl Matrizenrechnung/det liefert nun die Determinante der Matrix M und wir erkennen, wie zu erwarten war, den Nenner aus den Lösungsvariablen.

Als Nächstes veranschaulichen wir uns die Lösung eines linearen Gleichungssystems in zwei Variablen geometrisch. Wir stellen zunächst fest, dass jede Gleichung ax

+

by

=

(5.7)

c,

bei der entweder a oder b von Null verschieden ist, im xy-Koordinatensystem eine Gerade darstellt. Hat man also zwei Gleichungen in den zwei Variablen x und y, so erwartet man genau ein Lösungspaar (x,y), nämlich den Schnittpunkt (x0 ,y0 ) der beiden zugehörigen Geraden, es sei denn, die beiden Geraden sind parallel. Da die Steigung der durch (5.7) gegebenen Geraden den Wert −a/b hat (löse nach y auf!), sind die beiden durch (5.1) gegebenen Geraden genau dann parallel, wenn −a/b = −d/e ist, wenn also die Determinante des Gleichungssystems gleich Null ist. Im Falle der Parallelität gibt es zwei Möglichkeiten: Entweder die beiden Gleichungen beschreiben dieselbe Gerade, dann hat das System unendlich viele Lösungen, nämlich alle Punkte der Geraden, oder die Geraden haben keine gemeinsamen Punkte, d.h. es gibt keinen Schnittpunkt bzw. keine Lösung. Wir analysieren dies nun beispielhaft am speziellen Gleichungssystem 780x

+

563y

=

217

913x

−

659y

=

254 .

(5.8)

Übung 5.4 Löse das Gleichungssystem (5.8) mit ClassPad und stelle die beiden zugehörigen Geraden graphisch dar. Kontrolliere das Ergebnis geometrisch! Ersetze den Koeffizienten 780 durch 781 und ändere damit das Beispiel geringfügig ab. Berechne die Lösung des geänderten Systems und bestimme den Abstand der beiden

5.1 Lineare Gleichungssysteme

97

Lösungspunkte. Entspricht dieser Abstand der ausgegebenen Lösungen verhältnismäßig dem „Abstand“ der eingegebenen Gleichungssysteme? Wir geben das Gleichungssystem (5.8) in ClassPad ein und lassen es lösen. Wir erhalten die exakten Lösungen x=

286005 1028039

y=

1 , 1028039

bzw. nach Umformen in Dezimalzahlen durch den Befehl Umformungen/approx x = 0.2782044261

y = 9.727257429 · 10−7 .

Um die Geraden graphisch darzustellen, öffnen wir zusätzlich das Graphikfenster und ziehen die einzelnen Gleichungen in die Graphik. Mittels des Befehls Analyse/Graphische Lösung/Schnittpunkt können wir die Lösung des Gleichungssystems als Geradenschnittpunkt graphisch ermitteln lassen. Die angezeigte Näherung ergibt xc = 0.278204426085 yc = 9.726304 · 10−7 . Wir geben nun das um knapp 1 Promille abgeänderte Gleichungssystem in ClassPad ein und lassen es lösen. Wir erhalten die exakten Lösungen x=

12435 44726

y=−

1 , 44726

bzw. nach Umformen in Dezimalzahlen durch den Befehl Umformungen/approx x = 0.2782026204

y = −2.459419577 · 10−4 .

Wir verfahren nun wie oben, um den Geradenschnittpunkt graphisch ermitteln zu lassen. Die angezeigte Näherung ergibt nun xc = 0.2780262039794 yc = −2.459420621 · 10−4 . Auffällig ist, dass der y-Wert im geänderten System sein Vorzeichen gewechselt hat! Insbesondere stimmt keine der berechneten Dezimalen überein. Berechnen wir nun den Abstand der Lösungen:

98

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Die Funktion showdist(x1 ,y1 ,x2 ,y2 ) zeigt die beiden Punkte (x1 ,y1 ), (x2 ,y2 ) an und berechnet den Abstand zwischen ihnen. Wir geben also den Befehl ein und ziehen die Werte der Lösungsvektoren an die jeweilige Stelle. Wir erhalten das Ergebnis D = 3.04515972454 · 10−4 . Der Abstand der geänderten Lösung von der ursprünglichen Lösung hat also dieselbe Größenordnung wie der Eingabefehler. Das zeigt eine zufriedenstellende Stabilität. Wir ändern unser Gleichungssystem (5.8) wie folgt ab: 780x

+

563y

=

217

913x

+

659y

=

254 .

(5.9)

Diesmal haben wir ein Vorzeichen geändert und betrachten im Folgenden wieder den Abstand der Lösungen bei kleiner Änderung der Koeffizienten. Übung 5.5 Löse das Gleichungssystem (5.9) mit ClassPad und stelle die zugehörigen Geraden graphisch dar. Ersetze den Koeffizienten 780 durch 781 und ändere damit das Beispiel geringfügig ab. Berechne die Lösung des geänderten Systems und bestimme den Abstand der beiden Lösungspunkte. Entspricht dieser Abstand der ausgegebene Lösungen verhältnismäßig dem „Abstand“ der eingegebenen Gleichungssysteme? Wir geben das Gleichungssystem (5.9) in ClassPad ein und lassen es lösen. Wir erhalten die exakte Lösung x = 1 und y = −1. Um die Geraden graphisch darzustellen, öffnen wir zusätzlich das Graphikfenster und ziehen die einzelnen Gleichungen in die Graphik. Wir wollen wieder mit dem Befehl Analyse/Graphische Lösung/Schnittpunkt die Lösung des Gleichungssystems als Geradenschnittpunkt graphisch ermitteln lassen. Hier kann ClassPad jedoch keinen Schnittpunkt ermitteln und zeigt den Fehler „nicht gefunden“ an. Die Geraden sind für ihn wie für uns graphisch nicht zu unterscheiden.

99

5.1 Lineare Gleichungssysteme

Wir geben nun das um knapp 1 Promille abgeänderte Gleichungssystem in ClassPad ein und lassen es lösen. Wir erhalten die exakten Lösungen x=

1 660

y=−

23 , 60

bzw. nach Umformen in Dezimalzahlen durch den Befehl Umformungen/approx x = 1.515151515 · 10−3

y = 0.3833333333 .

Wir verfahren nun wie oben, um den Geradenschnittpunkt graphisch ermitteln zu lassen. Dieses Mal kann ClassPad die graphische Lösung ermitteln und zeigt als Schnittpunkt: xc = 1.515154070122 · 10−3 yc = 0.383333329749655.

Wir lassen uns den Abstand der Lösungspunkte durch den Befehl showdist anzeigen und erhalten als Abstand D = 1.173562853209 . Dieser Abstand der Lösungspunkte ist tausend Mal größer als der Eingabefehler, der ja nur 1 Promille beträgt. Die beiden exakt berechneten Lösungen haben hier überhaupt nichts mehr miteinander zu tun.

Woran liegt dieses instabile numerische Verhalten? Während sich in unserem ersten Beispiel die beiden zugehörigen Geraden ungefähr senkrecht schneiden und damit einen klar definierten Schnittpunkt haben, sind die beiden Geraden des zweiten Beispiels fast deckungsgleich (für unser Auge sogar völlig deckungsgleich) und haben damit keinen klar lokalisierbaren Schnittpunkt. Entsprechend schwierig ist dieser exakt zu bestimmen! Wir nennen ein derartiges Problem daher schlecht konditioniert. Wir hatten bereits ausgerechnet, dass die relative Eingabeänderung von ungefähr einem Tausendstel zu einer Änderung der Ausgabe in der Größenordnung von 1 führte, also um den Faktor 1000 verstärkt wurde. Der im schlimmsten Fall auftretende relative Verstärkungsfaktor wird die Kondition des Problems genannt.

100

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Schlecht konditionierte Probleme, d.h. solche mit zahlenmäßig großer Kondition, führen dazu, dass man den Näherungswerten approximierter Lösungen bei größerer Genauigkeit wenig vertrauen schenken sollte. Denn die Fehler, die durch die Approximation der Ausgangswerte entstehen, können sich bis zur Größenordnung der Kondition verstärken und die Lösung dementsprechend ungenau werden lassen.

Aufgaben Aufgabe (5.1) Löse das Badebeispiel aus Übung (5.1), wenn das kalte Wasser 16 ◦ C und das warme Wasser 60◦ C hat. Löse das Beispiel allgemein, falls das kalte Wasser die Temperatur T1 und das warme Wasser die Temperatur T2 hat und die gesamte Wassermenge M ist. Aufgabe (5.2) Gib die genaue Bedingung dafür an, dass das Gleichungssystem (5.1) keine Lösung bzw. unendlich viele Lösungen hat. Aufgabe (5.3) Zeige, dass das Gleichungssystem x 3x 5x

+ − +

2y

−

3z

=

−1

y

+

2z

=

7

3y

−

4z

=

2

keine Lösung hat. Aus welchem Grund gibt es keine Lösung? Ändere die rechte Seite der letzten Gleichung so ab, dass eine Lösung existiert. Wie sieht die Lösung dann aus?

101

5.2 Matrizen und Kondition

5.2 Matrizen und Kondition Wie kann man nun feststellen, ob ein lineares Gleichungssystem gut oder schlecht konditioniert ist? Zur Untersuchung dieser Frage bringen wir das Gleichungssystem zunächst in Matrixform. Hierzu schreibt man zunächst ax

+

by

=

c

dx

+

ey

=

f

in der symbolischen Schreibweise  

 

x M· y

c f

=

mit 

a b d e

M=



.

Im Falle, dass das Gleichungssystem  

c f

 

=M·

x y

(5.10)

eine Lösung der Form  

x y



=

  

α β c · γ δ f

 

=M

−1

c f

·

(5.11)

hat, sich also nach (x,y) auflösen lässt, nennen wir die Matrix M −1 die Inverse von M . Eine kleine Rechnung zeigt, dass definitionsgemäß M · M −1 = 1 ist:  

c f

 

x =M· y

 

=M ·M

−1

·

c f

Übung 5.6 Löse das allgemeine lineare Gleichungssystem (5.10) nach (x,y) auf und lies von der Lösung die Inverse M −1 ab. Unter welcher Bedingung existiert die Inverse? ClassPad kann die Inverse einer Matrix selbst bestimmen. Verwende die Eingabe M −1 zur Bestimmung der Inversen von M und vergleiche. Bestimme ferner die Inversen der zu den Gleichungssystemen (5.8) und (5.9) gehörigen Matrizen.

102

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Wir definieren das Gleichungssystem als Liste und nennen diese Liste G. Wir nehmen die erste Gleichung, multiplizieren sie mit e und ziehen die mit b multiplizierte zweite Gleichung von ihr ab. Zusätzlich vereinfachen wir die entstehende Gleichung mit dem Befehl simplify, um zu sehen, dass auf diese Weise der y-Wert verschwindet. Nun führen wir noch die Befehle solve bzw collect(ans,c) aus, um eine geeignetere Darstellung der Gleichung zu gewinnen. Wir haben somit die erste Zeile unseres nach (x,y) aufgelösten Systems erhalten: x=

−ec bf + −ae + bd −ae + bd

Auf ähnliche Weise bilden wir eine geschickte Differenz der beiden Ausgangsgleichungen, um unsere zweite Zeile des aufgelösten Systems zu gewinnen. Wir bilden die Differenz aus der zweiten Gleichung der Liste G multipliziert mit a und der ersten Gleichung der Liste G multipliziert mit d. Nach Ausführen der Befehle solve bzw. collect(ans,c) verschwindet hier der x-Wert und wir haben unsere zweite neue Gleichung gewonnen: y=

dc af − −ae + bd −ae + bd

Wir haben somit das Gleichungssystem (5.11) umgeformt in −ec bf + −ae + bd −ae + bd dc af y= − . −ae + bd −ae + bd

x=

Das Extrahieren der Inversen fällt uns leicht. Wir testen unsere Vermutung, indem wir das Produkt aus der inversen Matrix und dem Vektor (c,f ) eingeben. Wir erhalten nach Umstellen (collect(ans,c)) das Ergebnis 

−ec −ae+bd dc −ae+bd

+ −

bf −ae+bd af −ae+bd



.

5.2 Matrizen und Kondition

103

Wir lassen ClassPad die Inverse M −1 nun selbst berechnen. Dazu geben wir die Matrix (5.4) ein und und ordnen sie M zu (Befehl ). Die Eingabe von M −1 zeigt uns nun die Inverse an: 

e ae−bd −d ae−bd

−b ae−bd a ae−bd



.

Die Inverse der 2×2-Matrix, die das Gleichungssystem (5.10) beschreibt, existiert offenbar genau dann, wenn ae − bd = 0, d.h. die zugehörige Determinante (5.5) verschieden von Null ist. Wir sehen uns nun die Inversen der zu den linearen Gleichungssystemen (5.8) und (5.9) gehörigen Matrizen an. Wir gehen wie oben vor, definieren die Matrizen S und T , und lassen die Inversen berechnen. Uns fällt auf, dass die Einträge der Inversen unterschiedlich groß sind. Wir halten fest, dass die Inverse zum Gleichungssystem (5.9) (das schlecht konditioniert war) größere Einträge aufweist als die des besser konditionierten Systems. Es zeigt sich, dass die Kondition einer Matrix schlecht ist, wenn entweder die Beträge der Einträge von M oder die Beträge der Einträge von M −1 groß sind. Als Maß für die absolute Größe der Einträge einer Matrix M kann man das Betragsmaximum wählen norm M := max {|a|, |b|, |d|, |e} . Man nennt dies die Maximumnorm von M . Das selbsterstellte Programm maxnorm(n) berechnet die Maximumnorm für eine n×nMatrix. Die Ausgabe der entsprechenden Maximumnorm erfolgt über ein separates Fenster. Um das Ergebnis im Main-Menü verwenden zu können, wird die berechnete Maximumnorm als Variable m gespeichert.

104

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Die Matrixkondition wird als Produkt der Normen von M und M −1 kond M = norm M norm M −1 erklärt, da dies genau dann einen großen Wert liefert, wenn entweder die Einträge von M oder die von M −1 groß sind. Es stellt sich heraus, dass die so definierte Matrixkondition wirklich ein Maß für den relativen Verstärkungsfaktor von Eingabeänderungen darstellt. Die Kondition einer Matrix M kann im ClassPad über das selbsterstellte Programm kond(M) berechnet werden. Die Ausgabe der entsprechenden Kondition erfolgt über ein seperates Fenster. Um das Ergebnis im Main-Menü verwenden zu können, wird die berechnete Kondition als Variable k gespeichert. Übung 5.7 Berechne die Kondition der Gleichungssysteme (5.8) und (5.9) und interpretiere deine Ergebnisse! Wir geben die Matrizen der Gleichungssysteme ein und nennen sie S und T . Die Eingabe von kond(S) bzw. kond(T) liefert nun die Anzeige der jeweiligen Kondition. Wir erhalten für das Gleichungssystem (5.8) die Kondition kond(S) = 0.8108340248 und für das Gleichungssystem (5.9) die Kondition kond(T ) = 833569. Wie wir bereits in Übung (5.6) sahen, hat die Inverse Matrix T −1 die größeren Einträge, und somit nun auch die größere Kondition, da die Maximumnorm von S und T gleich ist. Die Konditionen liefern nun im Nachhinein eine Begründung, weshalb das Stabilitätsverhalten der Gleichungssysteme so unterschiedlich ist. Ganz analog zum Fall mit zwei Variablen kann man ein Gleichungssystem (5.6) mit drei Gleichungen in drei Variablen durch eine 3×3-Matrix ⎛

⎞

a b c ⎜ ⎟ ⎜ M := ⎝ e f g ⎟ ⎠ i j k

105

5.2 Matrizen und Kondition

beschreiben: ⎛ ⎞

⎛ ⎞

x d ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ = ⎜h⎟ . M ·⎜ y ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ z l Sind n Gleichungen in n Variablen gegeben, so bezeichnet man diese nicht mehr mit x,y,z, . . ., sondern verwendet allgemein die Variablennamen x1 ,x2 ,x3 , . . . . Genauso verwendet man für die Werte auf der rechten Seite nicht die Variablen d,h,l, . . ., sondern die Variablennamen b1 ,b2 ,b3 , . . . . Ein Gleichungssystem mit n Gleichungen in n Variablen können wir dann durch eine n×n-Matrix ⎛

a11 ⎜ ⎜ a21 ⎜ M := (ajk ) = ⎜ . ⎜ .. ⎝

a12 a22 .. .

an1 an2

⎞

· · · a1n ⎟ · · · a2n ⎟ ⎟ .. ⎟ .. . . ⎟ ⎠ · · · ann

wie folgt beschreiben: ⎛

⎞

⎛

⎠

⎝

⎞

x1 b1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ b2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ M ·⎜ . ⎟=⎜ . ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎜ .. ⎟ ⎝

xn

⎠

bn

Somit lässt sich die Norm der Matrix schreiben als norm M := max {|ajk |} .

106

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgaben Aufgabe (5.4) Bestimme die Kondition der Matrizen 

1 1 a) 1 −1 

d)

1 1 2 2





1 2 b) 3 4

,





⎞

1 2 1000 2001

⎛

1 2 3 ⎜ ⎟ ⎜ g) ⎝4 5 6 ⎟ ⎠, 7 8 10

1 2 c) 10 21

,



e)

,

⎛

 

⎞



,

f)



,

1 2 10000 20001



,

1 2 3 ⎜ ⎟ ⎜ h) ⎝4 5 6 ⎟ ⎠. 7 8 900

5.3 Die Hilbert-Matrix Ein berühmtes Beispiel einer schlecht konditionierten Matrix ist die Hilbert-Matrix ⎛

1

⎜1 ⎜ ⎜2 Hn := ⎜ . ⎜ .. ⎝

1 n

1 2 1 3

1 3 1 4

1 n+1

1 n+2

.. .

.. .

··· ··· 1 j+k−1

···

1 n 1 n+1

⎞

⎟ ⎟ ⎟ . .. ⎟ . ⎟ ⎠

1 2n−1

Die Hilbert-Matrix Hn kann mit ClassPad über das selbsterstellte Programm hilbert(n) im Main-Menü generiert werden. Die Ausgabe der entsprechenden Hilbert-Matrix erfolgt über ein separates Fenster. Um das Ergebnis im Main-Menü verwenden zu können, wird die berechnete Hilbert-Matrix als Variable H gespeichert. Übung 5.8 Berechne die Inversen der Hilbert-Matrix sowie ihre Kondition für n = 1, . . . ,20.

107

5.3 Die Hilbert-Matrix

Wir geben im ClassPad die Funktion hilbert(2) ein, um die 2×2-Hilbert-Matrix berechnen und anzeigen zu lassen. Wir können die Inverse der Hilbert-Matrix berechnen, indem wir im ClassPad die Inversion H −1 eingeben. Wir erhalten für diesen Fall (n = 2) 

H2−1

=

4 −6 −6 12



.

Anschließend berechnen wir die Kondition der Matrix H durch Eingabe von kond(H). Das Ergebnis lassen wir anzeigen, indem wir k eingeben. Wir erhalten die Kondition 12 für die 2×2-Hilbert-Matrix. Um die Kondition der ersten 20 HilbertMatrizen vergleichen zu können, öffnen wir das Tabellenkalkulations-Menü als zweites Fenster und geben in die ersten beiden Spalten n bzw. Kondition ein. Wir lassen die Spalte n mit den Zahlen von 1, . . . ,20 füllen mittels Edit/Füllen mittels Reihe. Nun ziehen wir das Ergebnis für die Kondition der 2×2-Hilbert-Matrix aus der Ausgabezeile an die entsprechende Stelle. Die 1×1-Hilbert-Matrix sowie ihre Inverse ist definitionsgemäß (1), die Kondition dementsprechend 1. Wir tragen also die Kondition 1 in unsere Liste ein.

Nun vervollständigen wir unsere Tabelle, indem wir unsere erste Eingabezeile nacheinander für alle n = 1, . . . ,20 abändern (hilbert(3),hilbert(4),. . . ) und das Ergebnis der Kondition in die entsprechende Spalte ziehen. Wir beobachten, dass die Konditionen stetig größer zu werden scheinen und erhalten für die 20×20-HilbertMatrix die Kondition 3613560329006048768624640000 auf sechs Stellen genau also 3.613560 · 1027 .

108

5 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Die Konditionen der ersten 20 Hilbert-Matrizen in aufsteigender Reihenfolge sind also 1, 12, 192, 6480, 179200, 4410000, 133402500, 4249941696, 1.223674 · 1011 , 4.480674 · 1012 , 1.176430 · 1014 , 3.659449 · 1015 , 1.065185 · 1017 , 3.521767 · 1018 , 1.105525 · 1020 , 3.525270 · 1021 , 1.105525 · 1023 , 3.712528 · 1024 , 1.184393 · 1026 , 3.613560 · 1027 .

Fassen wir die Hilbert-Matrizen jeweils als beschreibende eines Gleichungssystems auf, so kann eine relative Eingabeänderung um 1 bis zu einer Änderung der Ausgabe in Größenordnung der Konditionen führen! Wir hatten schon in Abschnitt (5.1) erkannt, dass man bei schlecht konditionierten Problemen eine große Ungenauigkeit bei numerisch approximierten Rechnungen erwarten kann. Wir überprüfen dies nun für die Hilbert-Matrix.

Übung 5.9 Führe für die 20×20-Hilbert-Matrix die Multiplikation mit ihrer Inversen einerseits approximativ und andererseits exakt durch und vergleiche die Ergebnisse. Wir berechnen die 20×20-Hilbert-Matrix durch Ausführen des Programmes hilbert(n) mit n = 20. Um die Multiplikation im ClassPad ausnahmsweise einmal schlechter durchführen zu lassen als er es könnte, rechnen wir anstatt die Multiplikation direkt durchzuführen mit dem Zusatzbefehl approx. Er transformiert einen Term in eine approximative numerische Darstellung. Wir geben approx(H) · approx(H −1 ) ein und erhalten ein unübersichtliches Ergebnis.

5.3 Die Hilbert-Matrix

Im Vergleich dazu geben wir die Matrizenmultiplikation der 20×20-Hilbert-Matrix mit ihrer Inversen direkt ein: H · H −1 Als Ausgabe erhalten wir diesmal die Einheitsmatrix. Wir erkennen also, dass bei numerischen Rechnungen die Kondition wirklich eine Rolle spielt und ClassPads Fähigkeiten exakt zu rechnen, sich hier äußerst bezahlt machen.

109

6 Einfache Differentialgleichungen In diesem Kapitel benutzen wir ClassPad dazu, einfache Differentialgleichungen zu lösen. Wir behandeln die Methode der Trennung der Variablen sowie lineare Differentialgleichungen erster Ordnung. Anschließend wird die Schwingungsgleichung untersucht.

6.1 Einführung Was ist eine Differentialgleichung? Wozu braucht man Differentialgleichungen? Wo treten diese auf? Unter einer Differentialgleichung versteht man eine Gleichung, in der eine Funktion y(x) in Zusammenhang mit ihrer Ableitung y  (x),y  (x), . . . gebracht wird. Die höchste auftretende Ableitungsordnung heißt die Ordnung der Differentialgleichung. Als Beispiel betrachten wir die folgende Situation: In einer Nährlösung wächst eine Bakterienkultur heran. Man ist an der Anzahl y(x) der Bakterien zum Zeitpunkt x interessiert. Am liebsten hätte man einen Funktionalen Zusammenhang durch eine Formel für y(x). Man weiß allerdings nur, dass unter idealen Wachstumsbedingungen eine Verdopplung der Anzahl der Bakterien y(x) auch eine Verdopplung des Zuwachses Δy(x) im (kleinen) Zeitintervall Δx mit sich bringt, da die doppelte Bakterienzahl den doppelten Nachwuchs produziert. Ferner wird in einem doppelt so langen Zeitintervall Δx ebenfalls doppelt so viel Nachwuchs produziert. Also ist Δy(x) sowohl zu y(x) als auch zu Δx proportional, folglich gilt Δy(x) = k y(x) Δx oder Δy(x) = k y(x) . Δx Im Grenzübergang für Δx → 0 erhält man die Differentialgleichung y  (x) = k y(x)

(6.1)

für die gesuchte Funktion y(x). Dies ist die Differentialgleichung des unbegrenzten Wachstums.

112

6 Einfache Differentialgleichungen

Ändert man das Modell, ändert sich auch die Beschreibung. In Wirklichkeit können die Bakterien nicht unbegrenzt wachsen. Sie wachsen in einer endlich großen Schale heran. Ist G die größtmögliche Bakterienzahl, die in der Petrischale Platz finden kann, so ist eine weitere Proportionalität zwischen Δy(x) und G − y(x) plausibel, und man kann die logistische Differentialgleichung y  (x) = k y(x) (G − y(x))

(6.2)

betrachten. Wieder andere Wachstumsprozesse führen auf die Differentialgleichung des begrenzten Wachstums y  (x) = k (G − y(x)) .

(6.3)

Diese Beispiele zeigen, aus welchen Szenarien Differentialgleichungen entstehen können und warum es interessant ist, sich näher mit ihnen zu beschäftigen. Sie werden im nächsten Kapitel als Aufgabe näher untersucht.

6.2 Trennung der Variablen In diesem Abschnitt behandeln wir nun allgemeine Differentialgleichungen erster Ordnung, die sich nach y  (x) auflösen lassen. Sie haben die Form y  = F (x,y) .

(6.4)

Übung 6.1 Eine Funktion f habe die Eigenschaft, dass die Steigung an der Stelle (x,y) ihres Graphen genau ihrem x-Wert dort entspricht. Durch welche Gleichung kann die Funktion f beschrieben werden? Kann man die Funktionen finden unter der Vorraussetzung, dass der Wert f (0) = 1 vorgegeben ist?

113

6.2 Trennung der Variablen

Weiß man von einer Funktion f : y(x), dass die Steigung an der Stelle (x,y) ihres Graphen genau ihrem xWert dort entspricht, so gilt offenbar die Gleichung y  (x) = x .

(6.5)

Nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung können wir y(x) durch Integration finden. Wir geben die obige Gleichung in ClassPad ein und integrieren beide Seiten nach x. Wir erhalten als Ergebnis y(x) =

x2 . 2

ClassPad zeigt hier nicht automatisch alle Lösungen an: Nach Ergänzen mit der Integrationskonstante stellen al2 le Gleichungen der Form y(x) = x2 + C Lösungsfunktionen f dar. Um nun noch die zusätzliche Bedingung y(0) = 1 zu erfüllen, definieren wir im ClassPad y(x) als x2 2 + C und rechnen danach y(0) aus. Wir erhalten C als Ergebnis und erkennen, dass die Integrationskonstante C = 1 gewählt werden muss, um die Zusatzbedingung zu erfüllen. Wir haben also die Funktion y(x) =

x2 +1 2

gefunden und überprüfen nun, ob die Funktion wirklich die angegebenen Eigenschaften hat. Dazu definieren wir die Funktion im ClassPad und rechnen y(0) und y  (x) aus. Tatsächlich ist y(0) = 1 und y  (x) = (

x2 + 1) = x 2

wie gefordert. Liegt ganz allgemein, wie in diesem ersten Beispiel, die Gleichung (6.4) in der speziel-

114

6 Einfache Differentialgleichungen

len Form y  = f (x) vor, so ist die Lösungsfunktion allgemein gegeben durch die Integration 

f (x) dx + C . Die Einschränkung auf eine spezielle Lösungsfunktion mittels einer Anfangsbedingung kann dann durch geeignete Wahl der Konstanten C erfüllt werden. Übung 6.2 Eine Funktion g habe die Eigenschaft, dass die Steigung an der Stelle (x,y) ihres Graphen genau ihrem y-Wert dort entspricht. Durch welche Gleichung können Lösungsfunktionen g beschrieben werden? Kann man eine Lösungsfunktion finden unter der Vorraussetzung, dass der Wert g(0) = 1 vorgegeben ist? Weiß man von einer Funktion g : y(x), dass die Steigung an der Stelle (x,y) ihres Graphen genau ihrem y-Wert dort entspricht, so gilt die Gleichung y  (x) = y(x) .

(6.6)

Nun ist es nicht mehr ganz so einfach, das Problem zu lösen. Wir geben die obige Gleichung in ClassPad ein und bringen alles, was von y abhängt, auf die linke Seite und erhalten nunmehr mit der Einschränkung y(x) = 0 y  (x) = 1. y(x) Um auf beiden Seiten integrieren zu können, wenden wir die Substitution y = y(x) an. Wir erhalten mit dy = y  (x) dx die Gleichung 

y  (x) dx = y(x)





 1 dy  = y y=y(x)



1 dx .

Wir geben die substituierte Gleichung in ClassPad ein und lassen die Integration ausführen. Wir erhalten das Ergebnis ln(|y(x)|) = x .

115

6.2 Trennung der Variablen

Wir ziehen die Ausgabe in die Eingabezeile und ergänzen die Integrationskonstante C. Nun eliminieren wir den Logarithmus durch die Eingabe von eans und lösen den Betrag auf (absexpand). Wir erhalten die Lösung: ⎧ ⎨

g : y(x) =

ex+C

für y0 > 0

⎩ −ex+C

für y0 < 0

Ist der y0 -Wert einer Anfangsbedingung y(x0 ) = y0 positiv, so gilt der erste Term. Bei negativem y0 -Wert der Anfangsbedingung gilt der zweite Ausdruck. Mit der Bedingung y(0) = 1 kann nun die Integrationskonstante bestimmt werden: 1 = y(0) = eC ,

also C = 0

Die Lösungsfunktion zur Bedingung y(0) = 1 ergibt sich demnach zu y(x) = ex .

Als Nächstes wollen wir eine geometrische Interpretation einer Differentialgleichung der Form (6.4) geben. Diese Gleichung liefert für jeden Punkt (x,y) die Richtung der Tangente an den Graphen einer möglichen Lösung. Man nennt dies ein Richtungsfeld. Im Differentialgleichungsgraphik-Menü des ClassPads kann man Richtungsfelder für gewöhnliche Differentialgleichungen erster Ordnung und Lösungskurven von Anfangswertaufgaben anzeigen lassen. Übung 6.3 Benutze das Differentialgleichungsgraphik-Menü um das Richtungsfeld der Differentialgleichung (6.6) und die Lösungskurve der Anfangswertaufgabe y(0) = 1 anzeigen zu lassen! Wie sehen die Lösungskurven für andere Anfangswerte y(x0 ) = y0 aus? Wie für Werte y(0) = y0 ? Was geschieht für y0 = 0?

116

6 Einfache Differentialgleichungen

Wir öffnen das Differentialgleichungsmenü im ClassPads und stellen sicher, dass die Auswahl auf Darstellung einer Differentialgleichung erster Ordnung gestellt ist. Wir geben die Differentialgleichung y  = y (6.6) ein und wählen das Symbol , um das Richtungsfeld der Differentialgleichung im zweiten Fenster anzeigen zu lassen. Mittels Resize maximieren wir das Graphikfenster. Wir wechseln nach erneutem Resize auf dem Reiter zur Eingabe der Anfangsbedingungen und geben die Bedingung y(0) = 1 in Koordinatenform ein: xi = 0 yi = 1 Man sieht sehr schön, wie sich die Lösungskurve an das Richtungsfeld anschmiegt. Wir lassen andere Lösungskurven anzeigen, indem wir das Symbol wählen und einen Punkt im Graphikfenster anklicken. Nachdem wir Analyse/Modif. gewählt haben, können wir den hinzugefügten Anfangspunkt auswählen und im Graphikfenster verschieben. Wir lassen auf diese Weise ein paar Lösungskurven anzeigen und betrachten deren Verlauf.

6.2 Trennung der Variablen

117

Wir löschen unsere Bedingungen durch Edit/Alles Löschen und wechseln zurück zur Eingabe der Anfangsbedingungen. Wir geben nacheinander y(0) = 1 y(0) = 2 y(0) = 3 y(0) = 4 y(0) = 5 in Koordinatenschreibweise ein und lassen die Lösungskurven anzeigen. Nun wollen wir einige Anfangsbedingungen y(x) = 0 ausprobieren. Dazu ändern wir die obigen Bedingungen einfach ab in y(1) = 0 y(2) = 0 y(3) = 0 y(4) = 0 y(5) = 0 und lassen die Lösungskurven anzeigen. Fassen wir unsere Beobachtungen zusammen: Wir haben gesehen, dass sich die Lösungskurven verschiedener Anfangsbedingungen passgenau in das Richtungsfeld einfügen. Wir haben für Anfangsbedingungen der Art y(0) = y0 gesehen, dass sie für kleine x-Werte nah beieinander liegen und einen ähnlichen Verlauf haben. Für Anfangsbedingungen der Art y(x0 ) = 0 zeigen sich uns im Graphikfenster anscheinend nur Lösungspunkte anstelle von Lösungskurven. Untersuchen wir den letztgenannten Sachverhalt etwas genauer: Wir ändern bei den verschiedenen Lösungskurven nur die Anfangsbedingungen derselben Differentialgleichung y  (x) = y(x) mit der Lösung |y(x)| = ex · eC . Die Anfangsbedingungen legen die Konstante C fest, und somit die spezielle Lösungsfunktion für die jeweilige Bedingung. Erinnern wir uns, dass wir bei der Herleitung unserer Lösung die Einschränkung y(x) = 0

118

6 Einfache Differentialgleichungen

gemacht haben – die Lösung y(x) ≡ 0 aber trivialerweise auch eine Lösung darstellt – wird klar, dass wir für Anfangsbedingungen der Art y(x0 ) = 0 auch eine Lösungskurve erhalten, sie allerdings mit der x-Achse zusammenfällt. Falls sich die Variablen der Differentialgleichung (6.4) trennen lassen, d.h. falls man die Differentialgleichung in die Form y  = f (x)h(y)

(6.7)

bringen kann, wobei f (x) und h(y) Funktionen sind, die nur von der Variablen x bzw. y abhängen, lässt sich immer folgendes Verfahren anwenden. Man schreibt die Gleichung mit Hilfe der Differentialquotienten um. Die Gleichung lautet dann dy = f (x)h(y) . dx Wir „multiplizieren“ mit dx, dividieren durch h(y) (für h(y) = 0) und bekommen also f (x) dy = . h(y) dx Diese Gleichung kann man nun integrieren und erhält 

1 dy = h(y)



f (x) dx .

Falls man zusätzlich fordert, dass die Lösungsfunktion die Bedingung y(x0 ) = y0 erfüllt, so gilt die Gleichung y y0

1 du = h(u)

x

f (t) dt .

(6.8)

x0

Diese Methode der Trennung der Variablen ist im ClassPad verfügbar durch die programmierte Funktion seperabl(f (x),h(y),x,y,x0 ,y0 ), die von der Zusatz CD geladen werden kann. Die Funktion seperabl erzeugt die Gleichung (6.8) mit einem Schritt, wenn ClassPad die dabei auftretenden Integrale lösen kann. Übung 6.4 Löse die Differentialgleichung (6.6) mit der Anfangsbedingung y(0) = 1 nun durch Trennung der Variablen!

119

6.2 Trennung der Variablen

Wir extrahieren aus der Differentialgleichung y  = y (6.6) die Angaben für die Funktion seperabl. Hier ist f (x) = 1, h(y) = y und die Anfangswerte sind x0 = 0, y0 = 1. Wir geben also die Funktion seperabl(1,y,x,y,0,1) im ClassPad ein und erhalten nun gleich das Ergebnis ln(|y|) = x . Nun lassen wir nur noch nach y auflösen (Befehl solve(ans,y)) und erhalten die spezielle Lösungsfunktion zu den angegebenen Anfangsbedingungen y(x) =

⎧ ⎨ −ex

für y0 < 0

⎩

für y0 > 0

x

e

,

also y(x) = ex .

ClassPad kann Differentialgleichung allgemein und speziell auch direkt lösen. Dies kann nach Bedarf zur Kontrolle der Ergebnisse herangezogen werden. Dazu rufen wir im Main-Menü die Funktion Aktion/Gleich. Ungleich./dsolve auf oder geben sie über die Tastatur ein. Um z.B. die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (6.5) direkt zu lösen, geben wir als erstes Argument der dsolve Funktion die Differentialgleichung y  = x ein. Als nächste Argumente folgen die unabhängige Variable x und danach die abhängigen, hier also nur y. Die komplette Eingabe dsolve(y  = x,x,y) liefert nun direkt die Lösung y=

x2 + const(1) . 2

ClassPad bezeichnet bei der Funktion dsolve auftretende Konstanten fortlaufend mit const(1),const(2),. . . . Die spezielle Lösung wird durch Zusatzangabe der Anfangsbedingung in Parameterform generiert. Die Eingabe dsolve(y  = x,x,y,x = 0,y = 1) zeigt als Ergebnis y=

x2 + 1. 2

120

6 Einfache Differentialgleichungen

Aufgaben

Aufgabe (6.1) Löse die Differentialgleichung (6.1) des unbegrenzten Wachstums, die logistische Differentialgleichung (6.2) sowie die Differentialgleichung (6.3) des begrenzten Wachstums. Stelle die Lösungen (für ein geeignetes k und G) graphisch dar und vergleiche sie! Aufgabe (6.2) Löse die Differentialgleichungen mit den angegebenen Anfangsbedingungen mit der Methode der Trennung der Variablen. Stelle das Richtungsfeld der Differentialgleichungen gemeinsam mit der Lösungsfunktion graphisch dar. a)

y  = xy ,

b)

y(0) = 1



c) y = sin(x) sin(y) ,

y = 1 + y2 ,

y(0) = 0

y(0) = 1

Aufgabe (6.3) Löse die folgenden Probleme durch Trennung der Variablen a) c)

y = y2 ,

y(0) = y0



y = cos(x) · e , y

b)

y = y3 ,

y(0) = y0

y(x0 ) = y0

6.3 Orthogonaltrajektorien Gegeben sei die implizite Geradenschar G G:

ax + by = 0

(a,b ∈ R, (a,b) = (0,0))

(6.9)

von Geraden durch den Ursprung. Wir suchen diejenigen Funktionen, deren Graphen jede Gerade unserer Schar rechtwinklig schneiden. Diese heißen Orthogonaltrajektorien der ursprünglichen Schar G. Übung 6.5 Bestimme eine Differentialgleichung für die gesuchten Orthogonaltrajektorien der Geradenschar (6.9) und stelle sie graphisch dar!

121

6.3 Orthogonaltrajektorien

Zunächst bestimmen wir eine Differentialgleichung, die von jedem Element g ∈ G erfüllt wird. Wir lassen ClassPad die Gleichung (6.9) nach y auflösen (Befehl solve(ax + by = 0,y)). Mit der Einschränkung b = 0 erhalten wir: y(x) =

−a · x b

Wir berechnen die Ableitung y  , indem wir im ClassPad die Ableitung der rechten Seite unseres Ergebnisses ausführen lassen (Befehl getright(ans)) und erhalten y  (x) =

−a . b

Als Nächstes lassen wir Gleichung (6.9) nach a auflösen und weisen das Ergebnis der Variable a zu, indem wir den Befehl in Kombination mit dem getright(ans) Befehl verwenden. Die Eingabe von −a b liefert nun eine Differentialgleichung y  (x) =

y . x

(6.10)

Dies ist die Differentialgleichung, die für alle Funktionen unseres Geradenbüschels (bis auf die Gerade x = 0) gültig ist. Steht eine Gerade auf einer anderen Gerade senkrecht, mit der Steigung m, so hat sie 1 die Steigung − m . Also müssen Funktionen, die an jeder Stelle ihres Graphen senkrecht auf unserem Geradenbüschel G stehen sollen, gemäß (6.10) an der Stelle (x,y) eine Steigung y  (x) = −

x y

(6.11)

besitzen. Dies ist damit die Differentialgleichung für die gesuchten Orthogonaltrajekorien. Wir lassen nun ClassPad die Lösung der Gleichung (6.11) durch Trennung der Variablen berechnen.

122

6 Einfache Differentialgleichungen

Dazu geben wir seperabl(−x, y1 ,x,y,x0 ,y0 ) ein und erhalten nach Vereinfachen (solve) die Ergebnisse 

y = ∓ −x2 + x20 + y02 Um diesem Ergebnis etwas abzugewinnen, quadrieren wir die Lösungen und extrahieren eine von den nun identischen Gleichungen y 2 = −x2 + x20 + y02 mittels ans[1]. Wir formen die Gleichung weiter um, indem wir x2 auf die linke Seite bringen. Wir erhalten x2 + y 2 = x20 + y02 . Wir definieren r2 := x20 + y02 mit r ∈ R und erhalten x2 + y 2 = r 2 . Hierbei kommt rechts nur eine positive Konstante r2 in Frage, da x20 + y02 ≥ 0 ist. Die Orthogonaltrajektorien von G sind also die konzentrischen Kreislinien um den Ursprung. Elementargeometrisch war dies natürlich von vornherein klar.

Wir testen unser Ergebnis, indem wir im DifferentialgleichungsgraphikMenü des ClassPad das Richtungsfeld der Gleichung (6.11) anzeigen lassen. Wir erhalten als Richtungsfeld tatsächlich konzentrische Kreise um den Ursprung.

6.3 Orthogonaltrajektorien

123

Um die Orthogonaltrajektorien mit dem ursprünglichem Geradenbüschel zu vergleichen, geben wir auch die Gleichung (6.10) ein und lassen das Richtungsfeld anzeigen.

Aufgaben

Aufgabe (6.4) Bestimme die Orthogonaltrajektorien der Hyberbelschar y 2 − x2 = r2

(r ∈ R) ,

und stelle beide Scharen graphisch dar. Wie sehen die Orthogonaltrajektorien der zweiten Hyperbelschar x2 − y 2 = r2

(r ∈ R)

aus? Aufgabe (6.5) Bestimme die Orthogonaltrajektorien der Parabelschar y(x) = (x − C)2 .

124

6 Einfache Differentialgleichungen

6.4 Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung Eine Differentialgleichung erster Ordnung heißt linear, falls sowohl y als auch y  höchstens linear darin vorkommen: y  + p(x)y = q(x)

(6.12)

Insbesondere das Produkt y y  darf hier also nicht auftreten. Wir nehmen hierbei an, dass p(x) und q(x) gegebene stetige Funktionen sind. Wir behandeln zuerst den Fall der homogenen Gleichung, bei der q(x) = 0 ist. Dieser Fall kann durch Trennung der Variablen gelöst werden. Übung 6.6 Verwende seperabl zur Lösung der homogenen linearen Differentialgleichung y  + p(x)y = 0

(6.13)

mit der Anfangsbedingung y(x0 ) = y0 . Die programmierte Funktion linear1(p(x),q(x),x,y,x0 ,y0 ) berechnet die Lösung der linearen Differentialgleichung (6.12) mit der Anfangsbedingung y(x0 ) = y0 . Wende diese auf den homogenen Fall an und vergleiche mit dem obigen Resultat! Wir formen die Ausgangsgleichung (6.13) um in y  = −p(x)y , um die richtige Form der Gleichung für die Funktion seperabl zu erhalten. Nun geben wir seperabl(−p(x),y,x,y,x0 ,y0 ) ein und erhalten ln(|y|) − ln(|y0 |) =

x

−p(t) dt .

x0

Wir gestalten das Ergebnis übersichtlicher, indem wir auf beiden Seiten der Gleichung die e-Funktion anwenden. Somit erhalten wir schließlich x

|y| = ex0 |y0 |

−p(t) dt

.

6.4 Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung

125

Wir geben die Funktion linear1 mit den Argumenten p(x), 0, x, y, x0 , und y0 ein. Wir erhalten direkt das Ergebnis −

y = y0 · e

x

p(t) dt

x0

(6.14)

.

Übung 6.7 Deklariere die willkürlichen Funktionen p(x) und q(x). Verwende linear1 zur Berechnung der Lösung der Differentialgleichung y + p(x)y = q(x) , setze die Lösung in die Differentialgleichung ein und teste sie. Um eine Lösung der betrachteten Differentialgleichung zu finden, macht man den Ansatz −

y(x) = z(x) · e

x

p(t) dt

x0

mit einer zu bestimmenden Funktion z(x). Dieses Verfahren heißt Variation der Konstanten, weil man in der Lösung (6.14) des zugehörigen homogenen Problems die Konstante y0 durch eine Funktion ersetzt. Suche ein Differentialgleichung, die z(x) erfüllt, und löse sie! Findest du diese Lösung in der von ClassPad erzeugten wieder? Wir definieren zuerst p(x) = x2 und q(x) = 3 über den Befehl Define. Somit können wir die Funktion linear1 allgemein mit den Argumenten (p(x),q(x),x,y,x0 ,y0 ) eingeben und erhalten direkt die Lösung  x

y = (y0 +

x0

3·e

x3 u3 − 30 3

du) · e

x3 −x3 + 30 3

.

Wir definieren diese Lösung als Funktion y(x) und setzen sie in die Differentialgleichung ein, indem wir die allgemeine Gleichung y  (x) + p(x) · y(x) = q(x) eingeben.

126

6 Einfache Differentialgleichungen

Die Gleichung reduziert sich nach Vereinfachen (simplify) auf 3 = 3. Damit ist klar, dass die direkte Lösung der Differentialgleichung durch linear1 richtig ist, das war nicht auf den ersten Blick zu erkennen. Nun wollen wir die Variation der Konstanten durchführen und die Ergebnisse vergleichen. Dazu definieren wir y(x) = z(x) · e

−

x x0

p(t) dt

.

Wir erhalten eine Differentialgleichung, die z(x) erfüllt, indem wir diesen Ansatz in die Differentialgleichung y  (x) + p(x) · y(x) = q(x) einsetzen. Nachdem wir das Ergebnis nach z(x) aufgelöst haben (Befehl solve(ans,z)), erhalten wir x0 x3 d z(x) = 3 · e 3 − 3 . dx

Wir integrieren nun auf beiden Seiten  x d x0

dt

 x

(z(t)) dt =

x0

t3

3·e3−

x0 3

dt ,

und erhalten demnach z(x) − z(x0 ) =

 x x0

t3

3·e3−

x0 3

dt .

Definieren wir z(x) mit z(x0 ) = z0 als  x

z(x) = z0 +

x0

t3

3·e3−

x0 3

dt

und lassen unseren Ansatz zur Variation der Konstanten nun mit diesem z(x) anzeigen, erhalten wir  x

y(x) = (z0 +

x0

t3

3·e3−

x3 0 3

dt) · e

x3 −x3 + 30 3

.

Das Verfahren der Variation der Konstanten führt also auf die gleiche Lösung wie der direkte Weg über linear1.

127

6.5 Die Schwingungsgleichung

Aufgaben

Aufgabe (6.6) Löse das Anfangswertproblem y  (x) = sin(x) · y(x) + sin(2x) ,

y(0) = 1

und stelle die Lösung zusammen mit dem Richtungsfeld dar. Aufgabe (6.7) Löse das Anfangswertproblem y  (x) =

x2 y(x) − , x y(x)2

y(1) = 1

durch Trennung der Variablen unter Zuhilfename der Substitution z(x) =

y(x) x .

Aufgabe (6.8) Löse das Anfangswertproblem y  (x) = (x + y)2 ,

y(x0 ) = y0

durch Trennung der Variablen unter Zuhilfename der Substitution z(x) = y(x) + x.

6.5 Die Schwingungsgleichung In der Physik trifft man häufig auf eine Differentialgleichung der Form ay  (x) + by  (x) + cy(x) = 0 , wobei a,b,c ∈ R Konstanten sind. Dies ist eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Ist beispielsweise x die Zeit und bezeichnet y(x) die Auslenkung eines an einer Feder hängenden Massepunktes von der Ruhelage, so gibt y  (x) die (Momentan-)Geschwindigkeit des Massepunktes zum Zeitpunkt x an, und y  (x) liefert die (Momentan-)Beschleunigung des Massepunktes zum Zeitpunkt x. Nach dem Newtonschen Gesetz gilt Kraft = Masse · Beschleunigung .

128

6 Einfache Differentialgleichungen

Nun hängt also alles davon ab, welches Kraftgesetz gültig ist. Im einfachsten Fall nimmt man an, dass die Kraft proportional zur Auslenkung y(x) des Massepunktes von der Ruhelage der Feder ist (Hookesches Gesetz). Daher gilt in diesem ungedämpften Fall die Differentialgleichung my  (x) + ky(x) = 0 ,

(6.15)

wobei m > 0 die Masse des betrachteten Massepunktes bezeichnet und k > 0 die Proportionalitätskonstante des Hookeschen Gesetzes ist, die sogenannte Federkonstante. Übung 6.8 Löse die Differentialgleichung (6.15) mit dem Ansatz (6.16)

y(x) = A cos(αx) + B sin(αx) bzw. mit dem Ansatz

(6.17)

y(x) = C cos(αx + β) . Wir definieren im ClassPad die Funktion y(x) (6.16) mit dem Befehl Define. Wir geben die Differentialgleichung (6.15) in der allgemeinen Form mit y(x) ein. ClassPad setzt die zuvor definierte Funktion automatisch ein, und wir erhalten nach Vereinfachen durch simplify −(A · cos(αx) + B · sin(αx)) · (α2 m − k) = 0 . Wenn unser Ansatz (6.16) für alle x gelten soll, muss obige Gleichung für alle x erfüllt sein. Die Bedingung hierfür ergibt sich zu (α2 m − k) = 0, die wir nach α auflösen (Befehl solve):

α=±

k m

(6.18)

6.5 Die Schwingungsgleichung

129

Wir definieren wiederum die Funktion y(x), diesmal allerdings nach dem Ansatz (6.17). Wir geben die Differentialgleichung (6.15) ein und ClassPad setzt die Funktion wieder automatisch ein. Nach Vereinfachen (Befehl simplify) erhalten wir −C · cos(αx + β) · (α2 m − k) = 0 . Wir erkennen, dass dieser Ansatz ebenso wie zuvor für k . alle x gültig ist, wenn (α2 m−k) = 0 ist, also α = ± m Sehen wir uns den allgemeinen Lösungsansatz (6.17) in Verbindung mit der Bedingung k α=± m genauer an, erkennen wir, dass es sich hierbei um eine periodische Schwingung mit Amplitude C, Kreisfrequenz α, und Phase β handelt. Die Kreisfrequenz α lässt sich leicht in die Schwingungsfrequenz f überführen durch f=

α . 2π

Bisher haben wir nur die allgemeine Lösungsfunktion der Differentialgleichung (6.15) gefunden. Die speziellen Lösungsfunktionen erhalten wir erst nach Wahl der Anfangsbedingungen. Wir wählen diese, indem wir sowohl den anfangs gegebenen Ort y(0) als auch die Anfangsgeschwindigkeit y  (0) vorgeben. Diese Konstanten nennt man häufig Integrationskonstanten, da beim Lösen von Differentialgleichungen häufig Integrationen durchgeführt werden müssen. Wir erwarten ja, dass die Lösung zwei Konstanten enthält, da die Differentialgleichung zweiter Ordnung ist. Da die Differentialgleichung linear ist, ist auch jedes Vielfache einer Lösung wieder eine Lösung, und mit zwei Lösungen ist auch deren Summe eine Lösung. Daher kann man die allgemeine Lösung entweder in der Form (6.16) (mit den Konstanten A und B) oder in der Form (6.17) (mit den Konstanten C und β) schreiben. Übung 6.9 Wie hängen die beiden Darstellungen (6.16) und (6.17) miteinander zusammen, d.h. wie ergibt sich Amplitude C und Phasenverschiebung β aus A und B bzw. umgekehrt?

130

6 Einfache Differentialgleichungen

Wir setzen die beiden Ansätze (6.16) und (6.17) gleich und formen die Gleichung durch die Befehle texpand, expand, rewrite um, um folgende Darstellung zu gewinnen: −C cos(αx) · cos(β) + C sin(αx) · sin(β)+ + A cos(αx) + B sin(αx) = 0 Eine ansehnliche Form der Gleichung gewinnen wir, indem wir geschickt zusammenfassen. Die Befehle collect(ans,A) und collect(A cos(αx) − cos(αx) · cos(β),cos(αx)) bzw. collect(B sin(αx)+C sin(αx)·sin(β),sin(αx)) führen zur übersichtlicheren Form − cos(αx) · (C cos(β) − A) + sin(αx) · (C sin(β) + B) = 0 . Nun können wir erkennen, dass die Gleichung für alle x ∈ R nur dann identisch Null ist, wenn die Koeffizienten von cos(αx) und sin(αx) gleich Null sind. Wir setzen also die Koeffizienten gleich Null und lassen nach A bzw. B auflösen (Befehl solve) und erhalten: A = C cos(β) ,

B = −C sin(β)

Nun definieren wir diese beiden Gleichungen als Liste L, um die Abhängigkeiten C(A,B) und β(A,B) auf einfache Weise zu erhalten. Wir quadrieren und addieren beide Gleichungen durch Eingabe von L[1]2 + L[2]2 und lassen ClassPad nach C auflösen. Wir erhalten die Lösung

C = ∓ A2 + B 2 bzw. C 2 = A2 + B 2 .

(6.19)

Um β(A,B) zu gewinnen, bilden wir den Quotient L[2] L[1] der beiden Gleichungen und lassen nach β auflösen. Dies liefert B sin(β) B =− bzw. β = − arctan( ) . A cos(β) A

131

6.5 Die Schwingungsgleichung

Übung 6.10 Eine Masse von 50 g hänge an einer Feder mit Federkonstanten k = 10 kg . s2 Sie wird um 20 cm aus der Ruhelage ausgelenkt und dann losgelassen. Wie wird sich der Massepunkt bewegen? Welche Kreisfrequenz bzw. Frequenz und Amplitude hat die Schwingung? Wir berechnen zuerst die Kreisfrequenz gemäß (6.18). Nach Anpassung der Einheiten durch

10 kg = 50 g s2



10 · 103 g 50 g s2

√ erhalten wir als Ergebnis 10 2 1s bzw. gerundet ca. 14.14 1s . Die Frequenz der Schwingung ergibt sich demnach zu √ √ 10 2 5 2 = ≈ 2.25078 . . . . 2π π Die Feder schwingt also gut zweimal pro Sekunde hin und her. Um die Amplitude zu bestimmen, stellen wir fest, dass gemäß Aufgabenstellung zum Zeitpunkt x = 0 die Auslenkung y(0) = 20 cm und die Geschwindigkeit y  (0) = 0 gegeben sind. Wir wählen (6.16) als Ansatz und definieren ihn als Funktion y(x) im ClassPad. Die Lösungen für die Konstanten A und B gewinnen wir durch Eingabe des Gleichungssystems ⎧ ⎪ ⎨ y(0) = 20

     d ⎪ ⎩ y(x) = 0 |x = 0 

dx

. A,B

d Die Eingabe von dx y(0) = 0 als zweite Gleichung ist dabei nicht möglich, da ClassPad sonst zuerst y(0) berechnet und dann die Ableitung durchführt. Die Amplitude erhalten wir aus A = 20 cm und B = 0 cm gemäß (6.19) zu

C=



A2 + B 2 =



202 + 02 = 20 [cm] .

In der Realität schwingt keine Feder unbegrenzt hin und her. Dies liegt daran, dass

132

6 Einfache Differentialgleichungen

Reibungskräfte wirken. Im einfachsten Fall nimmt man an, dass die Reibungskraft proportional zur Momentangeschwindigkeit y  (x) des Massepunktes ist. Man erhält dann die Differentialgleichung my  (x) + Ry  (x) + ky(x) = 0

(6.20)

wobei R > 0 die Reibungskonstante ist. In der Praxis beobachtet man, dass Federn zwar schwingen, ihre Amplituden aber allmählich abklingen. Wir versuchen nun, solche Lösungen der Differentialgleichung (6.20) zu finden. Übung 6.11 Mache den Ansatz y(x) = cos(αx) · e−θx

(6.21)

(α > 0) für eine Lösung der Differentialgleichung (6.20). Wie hängt die Kreisfrequenz α mit den Eingabeparametern m, k, und R zusammen? Was ergibt sich für den Abklingparameter θ? Wir definieren den Ansatz (6.21) als Funktion y(x) im ClassPad. Danach geben wir die Differentialgleichung (6.20) in allgemeiner Form mit y(x) ein, ClassPad setzt den Ansatz automatisch ein und wir erhalten ein unübersichtliches Ergebnis. Wir vereinfachen es etwas, indem wir den Befehl simplify anwenden. Nun erhalten wir zumindest den gemeinsamen Faktor e−θx zuletzt: −(α2 m cos(αx) − · · · ) · e−θx = 0 Wir wollen nun noch gleichartige Terme in cos(αx) bzw. sin(αx) zusammenfassen. Dazu stellen wir den Faktor −e−θx voran und lassen den Rest der linken Seite mittels collect(. . . ,cos(αx)) zusammenfassen. Mit dem Zwischenergebnis verfahren wir ähnlich, indem wir die sin(αx) enthaltenden Terme mittels collect(. . . ,sin(αx)) zusammenfassen. Wir erhalten schließlich: −((α2 m−θ2 m+θR−k)·cos(αx)−sin(αx)·(2αθm−αR))·e−θx = 0

133

6.5 Die Schwingungsgleichung

Diese Gleichung kann nur gelten, wenn die Koeffizienten von cos(αx) bzw. sin(αx) beide gleich Null sind. Wir wählen den Koeffizienten von sin(αx) und setzen in gleich Null. Nach θ aufgelöst (Befehl solve(ans,θ)) ergibt sich θ=

R . 2m

(6.22)

Setzen wir den Koeffizienten von cos(αx) gleich Null, setzen die Lösung für θ ein und lassen nach α auflösen, erhalten wir: √ −R2 + 4mk α=∓ 2m Eine solche Lösung α > 0 existiert also, falls die Diskriminante 4mk − R2 > 0 ist. In diesem Fall liegt also eine Schwingung vor. Die Konstellation 4mk − R2 = 0 nennt man den aperiodischen Grenzfall. Es ist dann α = 0, also cos(αx) ≡ 1. Der Massepunkt nähert sich in diesem Fall allmählich der Ruhelage, überschreitet diese aber nicht mehr. Dieselben Rechnungen ergeben sich für den Lösungsansatz y(x) = sin(αx)e−θx , so dass die allgemeine Lösung die Form y(x) = A cos(αx) e−θx + B sin(αx) e−θx

(6.23)

hat. Während wir also im Schwingfall die zwei Integrationskonstanten A und B haben, haben wir im aperiodischen Grenzfall bislang nur noch eine. Noch ist diese Lösung also nicht vollständig. Übung 6.12 Mache für den aperiodischen Grenzfall den Ansatz y(x) = (A + Bx) e−θx und zeige, dass dies für θ gemäß (6.22) die allgemeine Lösung darstellt.

134

6 Einfache Differentialgleichungen

Wir definieren den Ansatz y(x) = (A + Bx) e−θx als Funktion y(x) mittels Define. Wir geben die Differentialgleichung (6.20) in Abhängigkeit von y(x) ein und ClassPad setzt die Funktion automatisch ein. Nach vereinfachen der Gleichung (Befehl simplify) bleibt ein Ausdruck der Form (θ2 B m x + θ2 A m − . . .) · e−θx = 0 stehen. Im Falle, dass gemäß (6.22) θ = sich die Gleichung weiter vereinfachen zu −(Bx + A) · (R2 − 4km) · e 4m

−Rm−1 x 2

R 2m

ist, lässt

= 0.

Verwenden wir zusätzlich noch die Bedingung für den aperiodischen Grenzfall in der Form R2 − 4km = 0, erhalten wir die gültige Beziehung 0 = 0 als Ergebnis. Unser Ansatz ist mit den geltenden Bedingungen also korrekt. Übung 6.13 Mache für 4mk − R2 < 0 den Ansatz y(x) = e−θx einer rein abklingenden Funktion. Zeige, dass zwei Abklingkonstanten θ1,2 > 0 in Frage kommen und bestimme diese. Wie sieht demnach die allgemeine Lösung in diesem Fall aus? Nachdem wir unseren Ansatz als Funktion y(x) definert und in die Differentialgleichung (6.20) eingesetzt haben, erhalten wir nach Vereinfachen (simplify) das Ergebnis (θ2 m − θR + k) · e−θx = 0 . Da e−θx für kein x ∈ R gleich Null ist, bleibt die in θ quadratische Gleichung (θ2 m − θR + k) = 0 zu erfüllen, die dementsprechend zwei Lösungen θ1,2 aufweist. Lassen wir die Gleichung lösen, erhalten wir diese zu: θ1,2 =

R∓

√

R2 − 4km 2m

6.5 Die Schwingungsgleichung

135

Die allgemeine Lösung ist gegeben durch die Linearkombination der beiden Einzellösungen für θ1 und θ2 y(x) = A e−θ1 x + B e−θ2 x . Sie stellt somit im allgemeinen Fall eine Überlagerung zweier abklingender Exponentialfunktionen dar. In den Aufgaben soll nun der Zusammenhang der Integrationskonstanten A und B mit gegebenen Anfangswerten untersucht werden.

Aufgaben Aufgabe (6.9) Gib die Lösung der Differentialgleichung (6.20) für 4mk − R2 > 0 in der Form y(x) = C cos(αx + β) · e−θx an, d.h. berechne die Amplitude C und die Phasenverschiebung β der abklingenden Schwingung. Vergleiche mit dem reibungsfreien Fall. Aufgabe (6.10) Bestimme im Schwingungsfall, im aperiodischen Grenzfall sowie im abklingenden Fall jeweils die Integrationskonstanten A und B bzw. im Schwingungsfall auch C und β gemäß vorheriger Aufgabe in Abhängigkeit von den Anfangsbedingungen y(0) = y0 und y  (0) = y1 .

Lösungen Aufgabe 1.1 Mit Hilfe der bisherigen Aussagen lässt sich die Heronsche Flächenformel leicht nachweisen. Zunächst kann man die Gleichungen (1.6) und (1.3) für den Flächeninhalt A und den halben Dreiecksumfang s eingeben, damit diese Variablen anschließend substituiert werden. Prüft man nun die Formel durch den Befehl judge, so erscheint im Display das Resultat TRUE. Damit hat ClassPad die Formel überprüft und bestätigt.

Aufgabe 1.2 Setzt man die drei Terme des Kosinussatzes gleich Null und setzt für die Winkel α, β und γ jeweils 60 Grad ein, so erhält man: a2 − b2 − c2 + bc, b2 − c2 − a2 + ac und c2 − a2 − b2 + ab Das Dreieck besitzt genau dann einen oder mehrere 60◦ -Winkel, wenn mindestens einer dieser drei Terme gleich Null ist. Oder, anders ausgedrückt, es muss die folgende Gleichung gelten: (a2 − b2 − c2 + bc)(b2 − c2 − a2 + ac)(c2 − a2 − b2 + ab) = 0 Es muss gezeigt werden, dass die Gleichung s = chung ist.

√ 3(R + r) äquivalent zu dieser Glei-

138

Lösungen zu 1. Geometrie

Um die Variablen s, R und r zu eliminieren, ersetzen wir diese durch die Gleichungen (1.3), (1.5) und (1.4). √ Gibt man anschließend die Gleichung s = 3(R + r) ein, substituiert ClassPad die Variablen automatisch und man erhält: a+b+c √ 2A abc = 3( + ) 2 a+b+c 4A Nur die neu eingeführte Variable A muss noch durch die drei Seiten des Dreiecks ausgedrückt werden. Um hier den Ausdruck (1.6) verwenden zu können ohne mit einer Quadratwurzel zu rechnen, ist es an dieser Stelle sinnvoll, zunächst mit A durchzumultiplizieren und anschließend die gesamte Gleichung zu quadrieren, so dass A nur in quadrierter Form vorkommt. Nach Vereinfachung erhält man folgenden Ausdruck: A2 (a+b+c)2 4

−

3(8A2 +a2 bc+ab2 c+abc2 )2 16(a+b+c)2

=0

Nach Substitution von A2 und Ausmultiplizieren durch expand erhält man eine sehr lange Gleichung, die sich durch erneutes Faktorisieren mit factor auf die gewünschte Form 1 mit Vorfaktor 16 bringen lässt: −(a2 − b2 + c2 − ac)(a2 − b2 − c2 + bc)(a2 + b2 − c2 − ab) =0 16 Aufgabe 1.3 Für den Inkreismittelpunkt und Inkreisradius müssen zunächst die Winkelhalbierenden konstruiert werden. Hierbei werden im Graphikmenü die beiden zu halbierenden Geraden markiert und anschließend der Befehl Draw/Konstru./Winkelhalbierende ausgeführt. Durch den Befehl Draw/Konstru./Schnittpunkt erhält man die Koordinaten des Inkreismittelpunktes. Um den Radius des Inkreises zu bestimmen, fällt man ein Lot auf eine Dreiecksseite durch den Inkreismittelpunkt (Befehl Draw/Konstru./Senkrechte) und bestimmt den

Lösungen zu 1. Geometrie

139

Schnittpunkt mit dieser Dreiecksseite. Zeichnet man nun eine Strecke vom Inkreismittelpunkt zu diesem Punkt, erhält man den Inkreisradius.

Ebenso lassen sich Umkreismittelpunkt und -radius graphisch berechnen. Der Befehl Draw/Konstru./Mittelsenkrechte liefert zwei Mittelsenkrechte, durch deren Schnittpunkt sich der Umkreismittelpunkt bestimmen lässt. Für den Radius genügt es nun, den Schnittpunkt und einen Eckpunkt des Dreiecks zu markieren und ClassPad zeigt automatisch den Abstand an.

Aufgabe 1.4 Im Folgenden wird das auf der beiliegenden CD enthaltene Programm zur Berechnung und graphischen Darstellung des Schwerpunktes erläutert. Es findet sich unter Menü/Programm/Schwerpt. Um ein Programm zu erstellen, tippt man im Menü des Programm-Fensters Edit/Neue Datei. Als Programmtyp wählt man Progr. (Normal). Anschließend öffnet sich ein neues Programmfenster, in dem das neue Programm geschrieben werden kann.

140

Lösungen zu 1. Geometrie

Im Programmverlauf sollen zunächst die Eckpunkte des Dreiecks eingegeben werden. Um die Art der Eingabe für den Nutzer näher zu erläutern, wurde hier zunächst eine kurze Erklärung eingebaut. Der Befehl Message mit anschließendem Text in Anführungszeichen bewirkt, dass sich an dieser Stelle des Programmes beim Ablauf ein neues Fenster öffnet. Der Text lautet: Gib die Koorinaten der Eckpunkte des Dreiecks ein! Es sei: A=[a1,a2], B=[b1,b2] und C=[c1,c2]. Der Befehl Input, verbunden mit einer Variablen, lässt ein neues Fenster öffnen, in das der Wert für die angegebene Variable eingegeben wird. Nachdem die Koordinaten der Dreieckspunkte eingegeben wurden, kann durch den Befehl ClrGraph das Graphikfenster gelöscht werden. Der folgende Teil des Programms, der mit If max eingeleitet wird und mit If End endet, legt die Einteilung des Koordinatensystems in Abhängigkeit der Lage des Dreiecks fest. Er dient dazu, das Dreieck möglichst groß auf dem Bildschirm zu zentrieren. Wer darauf verzichten will und sich auf Dreiecke in einem festgelegten Koordinatensystem beschränken will, kann diesen längeren Abschnitt durch den Befehl ViewWindow [x−min−W ert],[x− max − W ert],[x − scale − W ert],[y − min − W ert],[y − max − W ert],[y − scale − W ert] ersetzen. Jetzt kann das Dreieck in das Koordinatensystem eingezeichnet werden. Der Befehl Line a1,a2,b1,b2 zeichnet eine Strecke vom Punkt A mit den Koordinaten [a1;a2] zum Punkt B mit [b1;b2]. Drei dieser Strecken werden für das Dreieck benötigt, drei weitere für die Seitenhalbierenden, die jeweils von einem Eckpunkt zur gegenüberliegenden Seitenmitte verlaufen. Man erhält somit: • Line a1,a2,(1/2)(b1 + c1),(1/2)(b2 + c2) • Line b1,b2,(1/2)(a1 + c1),(1/2)(a2 + c2) • Line c1,c2,(1/2)(a1 + b1),(1/2)(a2 + b2)

Lösungen zu 1. Geometrie

141

Graphisch ist die Aufgabe hiermit schon gelöst. Es fehlt der exakte Wert für die Koordinaten des Schwerpunktes. Berechnen lässt sich dieser über die Formel S = 13 A + B + C. Für die x−Koordinate gilt also (1/3)(a1 + b1 + c1), für die y−Koorinate (1/3)(a2 + b2 + c2). Der Befehl [z,t] ⇒ M definiert M als Schwerpunkt, SetDecimal bewirkt eine Darstellung als Dezimalzahl. Durch den Befehl PrintNatural M,”Schwerpunkt” werden die beiden Werte in einem gesonderten Fenster angegeben.

Aufgabe 1.5 Die trilinearen Koordinaten des Schwerpunktes lassen sich durch den Sinussatz (2R = a sin(α) ) umschreiben zu folgender Form: x:y:z=

2R 2R 2R : : a b c

Da es nur auf das Verhältnis zueinander und nicht den absoluten Abstand ankommt, kann man durch Multiplikation mit abc 2R die Koordinaten auf die gewünschte Form bringen. Ähnlich lässen sich die Koordinaten des Umkreismittelpunktes mit Hilfe des Kosinussatzes auf folgende Form bringen: x:y:z=−

a2 − b2 − c2 b2 − a2 − c2 c2 − a2 − b2 :− :− 2bc 2ac 2ab

Multipliziert man mit 2abc erhält man die gesuchten Koordinaten. Beim Höhenschnittpunkt erhält man die angegebenen Koordinaten, indem man zunächst den Kosinussatz verwendet und anschließend mit 1 − (a2 − b2 − c2 )(a2 − b2 + c2 )(a2 + b2 − c2 ) 2 multipliziert.

142

Lösungen zu 1. Geometrie

Schwerpunkt

Umkreismittelpkt.

Höhenschnittpunkt

Aufgabe 1.6

Bei dieser Aufgabe lässt sich ebenso verfahren, wie bei Übung 1.12. Nachdem man die neuen trilinearen Koordinaten als Zeilen in eine Matrix eingesetzt hat, berechnet man deren Determinante. Die Rechnung in ClassPad gestaltet sich hier einfacher als bei den durch Trigonometrie ausgedrückten Variablen, weil das Ergebnis (= 0) direkt angezeigt wird. Dafür ist die Matrix selbst wesentlich umfangreicher.

Aufgabe 1.7

Da der Inkreismittelpunkt zu jeder Dreiecksseite den selben Abstand hat, lauten die triliniearen Koordinaten des Inkreismittelpunktes offensichtlich x : y : z = 1 : 1 : 1.

143

Lösungen zu 1. Geometrie

Weiterhin benötig man zwei Punkte, die auf der Eulerschen Geraden liegen, z.B. den Höhenschnittpunkt mit 1 1 1 x : y : z = cosα : cosβ : cosγ und den Umkreismittelpunkt mit x : y : z = cosα : cosβ : cosγ. Der Inkreismittelpunkt liegt genau dann auf der Eulerschen Geraden, wenn gilt:   1   cos(α)   cos(α)     1

1 cos(β) cos(β) 1

 1  cos(γ)   cos(γ)    1 

=0

Aufgelöst und faktorisiert ergibt das: (cos(α) − cos(β)) (cos(α) − cos(γ)) (cos(β) − cos(γ)) =0 cos(α) · cos(β) · cos(γ) Man sieht sofort, dass die linke Seite genau dann Null ergibt, wenn α = β, α = γ oder β = γ, d.h. wenn das Dreieck gleichschenklig ist.

144

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

Aufgabe 2.1 Wir nehmen zunächst an: A,C > 0 Die Gleichung Ax2 + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 lässt sich umschreiben zu: D2 D2 E2 )− + (Cy 2 + Ey + )− 4A 4A 4C E 2 D 2 D2 ) − + C(y + ) − A(x + 2A 4A 2C

(Ax2 + Dx +

E2 +F =0 4C E2 +F =0 4C

Somit gilt: A(x +

D 2 E2 E 2 D2 ) + C(y + ) = + −F 2A 2C 4A 4C

1.Fall D2 E2 (x − x0 )2 (y − y0 )2 + − F = 0 und damit + =0 4A 4C a2 b2 Diese Gleichung ist genau dann erfüllt, wenn x = x0 und y = y0 und somit ist die Lösungsmenge ein Punkt. 2.Fall D2 E2 + −F 0 4A 4C Dann ergibt sich nach Division durch

E2 D2 + − F folgende Gleichung: 4A 4C

(6.24)

145

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

E 2 D 2 (y + ) ) 2A 2C =1 + 2 2 2 2 CD + AE − 4ACF CD + AE − 4ACF 4A2 C 4AC 2 (x +





CD2 + AE 2 − 4ACF CD2 + AE 2 − 4ACF Es folgt a = ,b = und man erhält die 2 4A C 4AC 2 2 2 (x − x0 ) (y − y0 ) Normalform der Ellipsengleichung: + =1 a2 b2 Für A,C < 0 kann man den Beweis analog führen, man multipliziert lediglich die gegebene Gleichung mit −1 und erhält wiederum (−A),(−C) > 0 und (−D),(−E),(−F ) ∈ R.

Aufgabe 2.2 Es bietet sich an, in der Gleichung (2.3) aus Aufgabe 2.1 die Variable C durch A zu ersetzen. Dividiert man anschließend durch A, erhält man: (x +

E 2 D2 + E 2 − 4AF D 2 ) + (y + ) = 2A 2A 4A2

Da die linke Seite immer größer oder gleich Null ist, gibt es für

D2 +E 2 −4AF 4A2

< 0 keine Lösung. Für

D2 +E 2 −4AF 4A2

=

0 besteht die Lösungsmenge aus einem Punkt, nämlich 2 2 D E [− 2A ; − 2A ]. Für D +E4A−4AF > 0 erhält man einen Kreis 2 

mit Radius

D2 +E 2 −4AF 4A2

D E um den Mittelpunkt [− 2A ; − 2A ].

146

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

Aufgabe 2.3 Die Gleichungen ergeben:

a)

b)

Aufgabe 2.4 Die Gleichung Ax2 + Dx + Ey + F = 0 lässt sich umschreiben zu: A(x +

D 2 D2 ) − + Ey + F = 0 2A 4A D 2 D2 ) = − Ey − F ⇔ A(x + 2A 4A

1.Fall: E = 0 (x − (− Das ergibt für

für

D2 −4AF 4A2

D2 −4AF 4A2

D 2 D2 − 4AF )) = 2A 4A2

D = 0 eine Gerade mit x = − 2A ,

< 0 die leere Menge

c)

147

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

und für

D2 −4AF 4A2

> 0 zwei parallele Geraden.

2.Fall: E = 0 D 2 )) (x − (− 2A D2 − 4AF ) = y − ( 4AE −E A

E D D2 − 4AF Setzt man x0 = − , y0 = und wählt e = ± so entspricht diese Gleichung 2A 4AE 4A der Normalform der Parabel. Analog verhält es sich für Cy 2 + Dx + Ey + F = 0.

Aufgabe 2.5 Die Gleichungen ergeben:

a) y 2 − 2x − 1 = 0

b) 2y 2 − 2y + x = 0

c) 2x2 −x+4y +1 = 0

148

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

Aufgabe 2.6 Wir nehmen zunächst an: A,C > 0 Die Gleichung Ax2 − Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 lässt sich umschreiben zu: D2 E2 D2 E2 )− − (Cy 2 − Ey + )+ +F =0 4A 4A 4C 4C E 2 E2 D 2 D2 ) − − C(y − ) + +F =0 A(x + 2A 4A 2C 4C E2 E 2 D2 D 2 A(x + ) − C(y − ) = − −F 2A 2C 4A 4C

(Ax2 + Dx +

1.Fall D2 E2 (x − x0 )2 (y − y0 )2 − − F = 0 und damit − =0 4A 4C a2 b2 Diese Gleichung lässt sich als Geradengleichung y − y0 = ± ab (x − x0 ) schreiben. Die Lösungsmenge ist somit eine Doppelgerade. 2.Fall D2 E2 − −F >0 4A 4C D2 E 2 − −F Da A,C > 0 ergibt sich nach Division durch 4A 4C die folgende Hyperbelgleichung in Normalform mit 2 +CD2 a2 = −AE −4ACF , 4A2 C 2 +CD2 D E b2 = −AE −4ACF , x0 = − 2A und y0 = 2C . 4AC 2 (x − x0 )2 (y − y0 )2 − =1 a2 b2 3.Fall E2 D2 − −F 0 und (−D),(−E),(−F ) ∈ R.

Aufgabe 2.7

Die Gleichungen ergeben:

Gleichung 1

Gleichung 2

Gleichung 3

Aufgabe 2.8

Bei den ersten beiden Gleichungen handelt es sich offensichtlich um Hyperbeln, da B 2 −4AC > 0 gilt. Die dritte Gleichung stellt mit B 2 −4AC = 722 −4·73·52 = −10.000 < 0 eine Ellipse dar.

150

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

Gleichung 1

Gleichung 2

Gleichung 3

Will man die Gleichungen auf eine Form mit B = 0 transformieren, definiert man die Koeffizienten A,B,C sowie die Transformation mit X := cos αx − sin αy X : = cos αx − sin αy

und

Y : = sin αx + cos αy

Der Winkel α berechnet sich wie eben gezeigt über: B 1 tan−1 ( ) 2 A−C

wird transformiert zu

wird transformiert zu

wird transformiert zu

Nach Eingabe der Kegelschnittgleichung lässt sich die gesuchte Form über die Befehle

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

151

tCollect und expand erzeugen. Gibt man die Gleichungen in den Kegelschnittgraphik-Editor ein, erhält man erstens eine Veranschaulichung der Drehung und damit auch eine Überprüfung der bisherigen Rechnung, andererseits lassen sich hier auch weitere Charakteristika wie Brennpunkt, Scheitel, Mittelpunkt usw. anzeigen.

Aufgabe 2.9 Für Tα−1 erhält man die Matrix

cos α − sin α sin α cos α



Setzt man diese Matrix wieder in die ursprüngliche Gleichung in der Aufgabenstellung ein, erhält man ausmultipliziert die beiden Werte für die Transformation (2.11), die eine Rotation um den Winkel α rückgängig macht. Potenziert man die Matrix Tα für n = 2,3,4, erhält man nach Vereinfachung durch tCollect und simplify die Matrix Tn·α . Denn offensichtlich entsprechen zwei Drehungen um den Winkel α einer Drehung um den Winkel 2α.

Aufgabe 2.10

Da die Aufgabe analog zu den vorherigen Übungen gelöst werden kann, werden die einzelnen Schritte hier nur knapp zusammengefasst wiedergegeben. Die ausführliche Lösung findet sich aber auf der beiliegenden CD. Da der Brennpunkt bei dieser Aufgabe nun links vom Scheitel liegen soll, müssen alle drei Kegelschnittgleichungen abgeändert werden. Man verwendet hierfür die folgenden Gleichungen:

152

Lösungen zu 2. Kegelschnitte

(x − e)2 y 2 + 2 −1=0 a2 b (x + e)2 y 2 − 2 −1=0 a2 b y2 2 =0 (x + e) − 4e Schließlich erhält man nach r aufgelöst: r0 −e(2 − 1) = ( cos(θ) + 1) 1 +  cos θ r0 e(2 − 1) = r= ( cos(θ) + 1) 1 +  cos θ 2e r0 r= = cos θ + 1 1 +  cos θ

r=

für die Ellipse für die Hyperbel für die Parabel

153

Lösungen zu 3. Flächenberechnung

Aufgabe 3.1

Die Funktion lässt sich folgendermaßen definieren: M ittel(a,b,n) =

n



f a + (k − 0,5)

k=1

b−a n



b−a n

Als Grenzwert erhält man: −(a3 − b3 ) 3

Aufgabe 3.2 Sei der Abstand zwischen zwei aufeinanderfolgenden Punkten mit c := Für cn gilt somit: cn =

xn xn−1 x2 x1 xn b · ··· · = = xn−1 xn−2 x1 x0 x0 a 1

Zieht man die n−te Wurzel, so erhält man für c = ( ab ) n . Für den Punkt xk ergibt sich: xk =

xk xk−1 x2 x1 · ··· · = ck a = xk−1 xk−2 x1 x0

 k

b a

n

a

Insgesamt erhält man für die geometrischen Riemannsummen: LinksGe(a,b,n) =

n k=1 n

f (xk−1 )(xk − xk−1 ) ⎛

  k−1

b f⎝ = a k=1 RechtsGe(a,b,n) =

n k=1

=

n k=1

n

⎞⎛

 k

b a⎠ ⎝ a

n

  k−1

b a

−

n

⎞ ⎠a

f (xk )(xk − xk−1 ) ⎞

  k  ⎛  k   k−1 n n b n b b ⎠a f a ⎝ −

a

a

a

xk xk−1

bezeichnet.

154

Lösungen zu 3. Flächenberechnung

Nachdem man in ClassPad die angegebene Funktion und die linke und rechte Riemannsumme definiert hat, kann man den Flächeninhalt über den Grenzwert n → ∞ berechnen lassen. Man erhält erwartungsgemäß für beide Grenzwerte: −(a4 − b4 ) 4

Aufgabe 3.3

Um zu entscheiden, ob die gesuchte Gleichung stimmt, kann man den in ClassPad integrierten Befehl judge verwenden. Hierzu definiert man zunächst die drei Funktionen Links(a,b,n), Rechts(a,b,n) und Trapez(a,b,n). Gibt man anschließend hinter den Befehl judge die gesuchte Gleichung ein, so erscheint im Display die Meldung TRUE.

Aufgabe 3.4 Sei das Polynom zweiten Grades definiert durch: f (x) = A + Bx + Cx2 Wie in Aufgabe 3.3 liefert der Befehl judge für die folgende Gleichung die Meldung TRUE:

b a

f (x) dx = Simpson(a,b,n)

155

Lösungen zu 3. Flächenberechnung

Das gleiche Ergebnis erhält man, wenn man statt einem Polynom zweiten Grades ein Polynom dritten Grades einsetzt. f (x) = A + Bx + Cx2 + Dx3 Die Simpsonapproximation liefert also sowohl für quadratische, als auch für kubische Polynome unabhängig von n immer den exakten Integralwert.

Aufgabe 3.5 √  Schon der Vergleich der graphischen Darstellung zeigt, dass die Funktion 00,9 1 − x2 durch die Simpsonregel wesentlich besser approximiert werden kann. Schon bei n = 4 verlaufen die beiden Parabeln beinahe identisch zum Graphen der Funktion.

Auch die folgende Wertetabelle macht deutlich, dass die angegebene Funktion wesentlich besser angenähert werden kann. Der Fehler zum wirklichen Wert des Integrals ≈ 0.75603521 beläuft sich beispielsweise bei n = 200 nur noch auf 4.061054315 · 10−10 . Ohne die vertikale Tangente bei x = 1 wird die Approximation ähnlich gut wie bei sin(x). n Simpson(0,1,n) Fehler

2 0.7512006171 4.834592837 · 10−3

4 0.7552989728 7.362371531 · 10−4

8 0.7559496279 8.55820337 · 10−5

200 0.7560352096 4.061054315 · 10−10

156

Lösungen zu 3. Flächenberechnung

Aufgabe 3.6 Die Fläche, die rotiert werden muss, um den gesuchten Körper zu erhalten, wird folgendermaßen begrenzt: • Nach oben durch den Graphen der Funktion f (x) =

√

r2 − x2 ,

• nach unten durch den Graphen der Funktion g(x) = R und • nach links und rechts durch je eine vertikale Gerade an den Stellen f (x) = R (zwei Möglichkeiten). Für die Gleichung 3.5 war die untere Begrenzungslinie die x−Achse. Will man nun die Funktion g(x) = R als untere Grenze verwenden, muss man die Gleichung wie folgt abändern, da von jeder Kreisscheibe mit Radius f (ξ) eine Kreisscheibe mit Radius g(ξ) subtrahiert werden muss (siehe Kapitel 6.4): V (f (x),x,a,b,) = π

b a

(f (x)2 − g(x)2 ) dx

Im ClassPad definiert man zunächst die Funktionen f (x) und g(x). Anschließend kann man die Formel für die Volumenberechnung wie oben definieren. Als obere und untere Grenze nimmt man die beiden Lösungen der Funktion f (x) = R. Dies erreicht man über folgenden Eingabe: simplif y(ROT V OL(−solve(f (x) = R),solve(f (x) = R)) Als Lösung erhält man 

4(R + r)(R − r)π −(R + r)(R − r) ± , 3 √ 4(R+r)(R−r)π −(R+r)(R−r) wobei nur − einen positiven 3 Wert annimmt und somit die richtige Lösung darstellt.

Aufgabe 3.7 Für die Volumenberechnung des Torus kann man ähnlich vorgehen wie in Aufgabe 3.7. √ Man wählt als obere Grenze eine Funktion f (x) = r2 − x2 + R, also einen um R nach

157

Lösungen zu 4. Partielle Integration

oben verschobenen, nach unten geöffneten Halbkreis. Dazu definiert man die Funktion √ g(x) = − r2 − x2 + R, die einen um R nach oben verschobenen, nach oben geöffneten Halbkreis direkt darunter darstellt. Nimmt man beide zusammen, hat man eine Kreisscheibe mit Radius r, deren Mittelpunkt sich bei R befindet. Zunächst definiert man wieder in ClassPad die drei Funktionen f (x), g(x) und ROT V OL(a,b) (siehe Aufgabe 3.7) Dieses Mal wählt man als Integrationsgrenzen −r und r und lässt sich anschließend über den Befehl simplif y(ROT V OL(−r,r)) das errechnete Volumen anzeigen. ClassPad liefert das folgende Ergebnis: 4Rr 2 sin−1 (

|r| )π r

Da r aber immer positiv ist, kann man vereinfachen: 4Rr2 sin−1 (

|r| )π = 4Rr2 sin−1 (1)π = 2Rr2 π 2 r

Aufgabe 4.1 Die Formel (4.4) lässt sich auf folgende Darstellung reduzieren: n i=0

(−1)i

n! xn−i ex (n − i)!

Als Referenz dient das Ergebnisse des direkten Integrals  n x x e dx, geschickterweise berechnet durch vorherige Wahl der Liste n. Definiert man obige Summe in ClassPad als Funktion S(n) mittels Define, so kann man durch die Eingabe von S(1), S(2) usw. die Summe für die jeweiligen n anzeigen lassen. Als Ergebnis erhält man S(1) = xex − ex S(2) = x2 ex − 2xex + 2ex

... .

Auf diese Weise können nun alle S(n), n = 1, . . . ,10 berechnet werden. Die über die Summe S(n) berechneten Ausdrücke stimmen alle mit der Referenz überein.

158

Lösungen zu 4. Partielle Integration

Aufgabe 4.2 Aufgabe a) 

Wir definieren als Erstes das Integral xn eαx dx direkt als Funktion I(n) von n mittels Define. Das Ergebnis I(n) dient später als Vergleich mit den rekursiv berechneten Werten. Wir geben die Funktion partint(eαx ,xn ) ein, um die partielle Integration auszuführen. Die Wahl von xn als zweites Argument stellt sich als geeignet heraus, denn dadurch wird der Exponent wie gewünscht zu n − 1 erniedrigt. Wir erhalten

xn eαx dx =

xn eαx − α

nxn−1 eαx dx α

als Ergebnis. Wir extrahieren aus dem Ergebnis die Rekursionsformel I(n) =

xn eαx n − I(n − 1) . α α

Wir wechseln in das Tabellenkalkulations-Menü um die rekursiven Ergebnisse berechnen zu lassen. In die erste Spalte tragen wir n ein, in die zweite Spalte I(n) auf αx folgende Weise. Den Startwert I(0) = eα müssen wir explizit eintragen, in der Zelle B3 tragen wir die Rekursionformel in Abhängigkeit von den Zellen A3 = n und B2 = I(0) ein: = collect((xA3 · eαx )/α − A3 · B2/α,ex ) Der Befehl collect(. . . ,ex ) ist hier nötig, um die algebraischen Audrücke beizubehalten.

159

Lösungen zu 4. Partielle Integration

Wir kopieren die Zelle B3 und füllen die weiteren Zellen der zweiten Spalte durch Einfügen dieser Zelle. Die Rekursion ist somit für alle n = 1, . . . ,10 ausgeführt. Wir wechseln wieder ins Main-Menü, um die Berechnungswege zu vergleichen. Die Eingabe von I(1) liefert das direkt berechnete Ergebnis, während wir durch Ziehen der entsprechenden Zelle aus dem TabellenkalkulationsMenü ins Main-Menü das Ergebnis der rekursiven Rechnung anzeigen lassen können.

Aufgabe 4.2 Aufgabe b) 

Wir berechnen das Integral xn sin(x) dx mittels partieller Integration durch die Eingabe partint(sin(x),xn ). Wir erhalten

xn sin(x) dx =

= −xn cos(x) −

−nxn−1 cos(x) dx .

Wir führen eine erneute partielle Integration des hier auftretenden Integrals aus. Nach Eingabe von partint(cos(x),−nxn−1 ) erhalten wir

−nxn−1 cos(x) dx =

= −nxn−1 sin(x) −

−nxn−2 cos(x)(n − 1) dx .

Wir ziehen die entsprechenden Teile der beiden Ausgabezeilen in die nächste Eingabezeile (Klammer nicht vergessen), und erhalten schließlich



xn sin(x) d = −xn cos(x)+nxn−1 sin(x)+

−nxn−2 cos(x)(n−1) dx .

160

Lösungen zu 4. Partielle Integration

Wir entnehmen dem Ergebnis die Rekursionsformel I(n) = xn−1 (n sin(x) − x cos(x)) − n(n − 1)I(n − 2) und gehen entsprechend Aufgabe 4.2 a) vor, um die rekursiven Werte im Tabellenkalkulations-Menü berechnen zu lassen. Hier müssen allerdings zuerst I(0) = − cos(x) und I(1) = −x cos(x)+sin(x) angegeben werden, damit die Rekursion (abhängig von I(n − 2)) ausgeführt werden kann. Zum Vergleichen der beiden Berechnungswege wechseln wir ins Main-Menü und definieren das In tegral xn sin(x) dx als Funktion I(n) von n. Nun kann z.B. I(2) berechnet werden und das Ergebnis der rekursiven Rechnung in die folgende Eingabezeile gezogen werden. Aufgabe 4.2 Aufgabe c) Wir führen die partielle Integration des Integrals  n x cos(x) dx durch Eingabe von partint(cos(x),xn ) aus:

xn cos(x) dx = xn sin(x) −

nxn−1 sin(x) dx

Berechnen wir das Ergebnis der partiellen Integration des auftretenden Integrals durch pint(sin(x),nxn−1 ), ergibt sich −nxn−1 −

−nxn−2 cos(x)(n − 1) dx .

Führen wir in der nächsten Eingabezeile die Ergebnisse richtig zusammen erhalten wir



xn cos(x) dx = xn sin(x)+nxn−1 cos(x)+

−nxn−2 cos(x)(n−1) dx .

161

Lösungen zu 4. Partielle Integration

Wir extrahieren die Rekursionsformel I(n) =xn−1 (n cos(x) + x sin(x))− − n(n − 1)I(n − 2) und führen die rekursive Berechnung von I(n) für n = 1, . . . ,10 im Tabellenkalkulations-Menü entsprechend Aufgabe 4.2 a) aus. Den Vergleich beider Rechenwege führen wir wiederum im Main-Menü aus, nach dem wir das Integral xn cos(x) dx als Funktion I(n) definiert haben. Aufgabe 4.3 Wir führen die partielle Integration des Inte grals (cos(x))n dx durch Eingabe des Befehls partint(cos(x),(cos(x))n−1 ) aus. Das Ergebnis

(cos(x))n dx = (cos(x))n−1 sin(x)− −

−(cos(x))n−2 (sin(x))2 (n − 1) dx

hängt noch von (sin(x))2 ab. Wir ziehen die Ergebniszeile in die Eingabe und ersetzen manuell den Ausdruck (cos(x))n−2 (sin(x))2 durch simplify((cos(x))n−2 ·   1 − (cos(x))2 ). Wir erhalten

(cos(x))n dx = (cos(x))n−1 sin(x)− −





((cos(x))n − (cos(x))n−2 )(n − 1) dx .

162

Lösungen zu 4. Partielle Integration

Damit ClassPad die Gleichung auflösen kann, substituie ren wir (cos(x))n dx ⇒ y. Wir schreiben die Gleichung nun um in y =(cos(x))n−1 sin(x)+ + (n − 1)

(cos(x))n−2 dx − (n − 1) · y

und lassen sie lösen (Befehl solve). Wir erhalten nun: 

y=



(cos(x))n−1 sin(x) + n (cos(x))n−2 dx − (cos(x))n−2 dx n

Der Befehl replace(ans) setzt die Substitution wieder ein und wir erhalten das Ergebnis





(cos(x))n−1 sin(x) + n (cos(x))n−2 dx − (cos(x))n−2 dx . (cos(x)) dx = n n

In eine ansprechende Form gebracht lautet die gefundene Rekursionsgleichung also J(n) =

(cos(x))n−1 sin(x) n − 1 + J(n − 2) . n n

Aufgabe 4.4 

Wir betrachten das Integral xn cos(x) dx als Funkti on von n und definieren K(n) = xn cos(x) dx (Befehl Define). Die Eingabe von K(1) liefert nun direkt das Ergebnis K(1) = cos(x) + x sin(x). Um das Integral K(1) rekursiv berechnen zu lassen geben wir pintx(1,cos(x)) ein und erhalten das Ergebnis cos(x) + x sin(x) .

Lösungen zu 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

163

Diesen Ablauf können wir nun für alle K(n) , n = 1, . . . ,10 durchführen und die Ergebnisse vergleichen. Aufgabe 4.5 

Wir betrachten das Integral (cos(x))n dx als Funktion  von n und definieren U (n) = (cos(x))n dx (Befehl Define). Die Eingabe von U (1) liefert nun direkt das Ergebnis U (1) = sin(x) . Um U (1) rekursiv berechnen zu lassen, geben wir pintf (1, cos(x)) ein und können das Ergebnis sin(x) mit der direkten Berechnung vergleichen. Bei der weiteren rekursiven Berechnung von U (n) müssen wir allerdings zusätzlich den Befehl tcollect(ans) anwenden, um die Ergebnisse mit der direkten Rechnung vergleichen zu können. Wir berechnen beispielsweise U (2) und erhalten 2 · x + sin(2 · x) . 4 Die rekursive Berechnung mittels pintf (2,cos(x)) liefert vorerst das Ergebnis cos(x) · sin(x) +

x sin(2 · x) − . 2 4

Erst nach Zusammenfassen mittels trigonometrischer Umformungen (Befehl tcollect) erhalten wir das gleiche Ergebnis.

164

Lösungen zu 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 5.1 Wir geben das lineare Gleichungssystem über die 2D ein. Wir stelTastatur im ClassPad mit dem Zeichen len die beiden Gleichungen x + y = 300 x y 16 + 60 = 40 300 300 auf und lassen die Lösungen für x und y anzeigen. Man braucht hier also ca. 163.6 l warmes Wasser und 136.4 l kaltes Wasser um 300 l Wasser von 40◦ C zu erhalten. Das Verhältnis warmen zu kalten Wassers liegt in diesem Fall bei 1.2 anstatt bei 2.2 wie in Übung (5.1), obwohl die Temperaturen nur wenig verändert wurden. Die allgemeine Lösung des Problems einer M l fassenden Badewanne von 40◦ C heißen Wassers erhalten wir, indem wir statt den direkten Werten die Variablen M , T1 und T2 verwenden. Die Lösungen ergeben sich zu x=

−(M · T2 − 40 · M ) T1 − T 2

y=

M · T1 − 40 · M , T1 − T2

und das Verhältins von benötigtem warmen Wasser zu kaltem zu −(T1 − 40) . T2 − 40 Berücksichtigen wir, dass die Temperatur T1 des kalten Wassers logischerweise immer kleiner als die Mischtemperatur ist, ergibt sich daraus ein positiver Wert für das Verhältnis.

165

Lösungen zu 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 5.2 Wir definieren das Gleichungssystem im ClassPad als Liste G mittels geschweiften Klammern und dem Befehl . Wir formen die zweite Gleichungen durch Eingabe von G[2] · a − G[1] · d um, und nach Vereinfachen (simplify), Ausklammern (factorout) und Zuweisen zu G[2] ( ) erhalten wir das System a·x+b·y =c y · (ae − bd) = af − cd . Wir wissen, wenn es keine eindeutige Lösung des Gleichungssystems gibt, so ist ae − bd = 0. In diesem Fall kann die zweite Gleichung nur entweder allgemeingültig oder widersprüchlich sein. Sie ist allgemeingültig, wenn gleichzeitig af − cd = 0 ist. Ist hingegen af − cd = 0, so ist die Gleichung ein Widerspruch. Formen wir hingegen die erste Gleichung des Ausgangssystems durch Eingabe von G[1] · e − G[2] · b um, und vereinfachen (simplify), klammern aus (factorout) und weisen sie G[1] zu ( ), erhalten wir das System x · (ae − bd) = −bf + ce d·x+e·y =f. Hier ergeben sich die Bedingungen für ein unlösbares System zu ae−bd = 0 und ce−bf = 0, die Bedingung für unendlich viele Lösungen zu ae−bd = 0 und ce−bf = 0. Dementsprechend hat das lineare Gleichungssystem insgesamt • keine Lösung falls 

ae − bd = 0

∧



af − cd = 0

oder



ae − bd = 0

∧

ce − bf = 0



166

Lösungen zu 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

• unendlich viele Lösungen falls 

ae − bd = 0

∧



af − cd = 0

oder



ae − bd = 0

∧



ce − bf = 0

Aufgabe 5.3 Wir geben das Gleichungssystem mittels der 2D Tastatur im ClassPad ein und lassen es nach x, y, z auflösen. Wie erwartet zeigt die Ausgabe an, dass es keine Lösung gibt. Wir berechnen die Determinante der Koeffizientenmatrix. Sie ist gleich Null, d.h. es gibt schonmal keine eindeutige Lösung des Systems. Wir sehen uns nun die letzte Gleichung des Systems genauer an. Dazu definieren wir das Gleichungssystem als Liste G (geschweifte Klammern und ) und formen die letzte Gleichung durch die Eingabe von G[3] − 2 · G[1] − G[2] um. Nach Ausführen des Befehls expand erhalten wir den Widerspruch 0 = −3. Nun ist klar, weshalb das Gleichungssystem keine Lösung hat. Wir wollen die rechte Seite der letzten Gleichung so abändern, dass eine Lösung existiert. Wir müssen nur dafür sorgen, dass nach der Umformung G[3] − 2 · G[1] − G[2] der letzten Zeile eine allgemeingültige Aussage steht. Also in diesem Fall muss dort 0 = 0 stehen bleiben. Dies erreichen wir aber einfach damit, dass wir die rechte Seite der letzten Gleichung um 3 erhöhen und somit 2 + 3 = 5 in der letzten Zeile zu stehen hat. Geben wir das geänderte System ein und lassen es lösen, erhalten wir x=

−(z − 13) 7

y=

11z − 10 7

z = z.

Aufgabe 5.4 Aufgabe a) - h) Die Berechnung der Kondition erfolgt durch die Eingabe kond(. . . ). Die Aufgaben d) liefert kein Ergebnis, da hier die Inverse Matrix nicht existiert und somit

Lösungen zu 5. Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

167

die Kondition nicht berechnet werden kann. Die einzelnen Ergebnisse sind im Folgenden abgebildet.

168

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Aufgabe 6.1 Wir wollen die Differentialgleichung des unbegrenzten Wachstums y  (x) = k y(x) lösen. Dazu geben wir die Gleichung in ClassPad ein und bringen alle von y abhängigen Terme auf die linke Seite der Gleichung. Um auf beiden Seiten integrieren zu können, substituieren wir y = y(x). Die sich ergebende Gleichung

1 dy = y

k dx

geben wir mit dem Zusatz der Bedingung y = y(x) ein. Wir erhalten die Lösung ln(|y(x)|) = k · x und ergänzen die Integrationskonstante C. Durch die Eingabe eans eliminieren wir den Logarithmus und erhalten |y(x)| = ek·x+C . Mit dem Befehl absexpand(ans) lösen wir den Betrag auf und erhalten y(x) =

⎧ ⎨

ek·x+C

⎩ −e

k·x+C

für y0 > 0 für y0 < 0

.

Ist der y0 -Wert einer Anfangsbedingung (x0 ,y0 ) positiv, so gilt der erste Term. Bei negativem y0 -Wert der Anfangsbedingung gilt der zweite Ausdruck.

169

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir nehmen uns die Differentialgleichung des begrenzten Wachstums y  (x) = k (G − y(x)) vor. Wir geben die Differentialgleichung ein (y darf hier nicht als Variable eingegeben werden) und bringen alles, was von y(x) abhängt auf die linke Seite der Gleichung. Vereinfachen durch simplify ergibt y  (x) = −k . y(x) − G Wir wollen auf beiden Seiten integrieren und substituieren dafür auf der linken Seite y = y(x)−G. Wir integrieren die substituierte Gleichung und geben im ClassPad zusätzlich unter der Bedingung y = y(x) − G an. Wir erhalten ln(|y(x) − G|) = −k · x . Wir fügen nun manuell auf der rechten Seite der Gleichung die Integrationskonstante C an. Nach Ausführen von eans und Auflösen des Betrages durch den Befehl absexpand(ans) erhalten wir die beiden Gleichungen y(x) − G = e−k·x+C −k·x+C

y(x) − G = −e

bzw. .

Nach y(x) aufgelöst ergeben sich dementsprechend y(x) =

⎧ ⎨ G + e−k·x+C

für y0 − G > 0

⎩G − e

für y0 − G < 0

−k·x+C

.

170

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir wenden uns nun der logistischen Differentialgleichung y  (x) = k y(x) (G − y(x)) zu. Wir geben die Gleichung in ClassPad ein und formen die Gleichung um zu y  (x) = k, (G − y(x)) · y(x) indem wir alle von y abhängigen Terme links sammeln und vereinfachen. Die linke Seite müssen wir nun geschickt umformen und substituieren, um integrieren zu können. Dazu substituieren wir y = y(x)−G y(x) . Nach Aus1 klammern von − G und Erweitern mit y ergibt sich somit −

1 G

1 dy = y

k dx .

Wir führen die Integration aus und bringen −G auf die andere Seite. Die Gleichung ln(|

y(x) − G |) = −G · k · x y(x)

ergänzen wir in der nächsten Eingabezeile mit der Integrationskonstanten und führen eans aus. Wir lösen nun den Betrag auf durch Eingabe von absexpand(ans) und erhalten y(x) − G = e−G·k·x+C bzw. y(x) y(x) − G = −e−G·k·x+C . y(x)

171

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir ziehen die einzelnen Fälle in die nächsten Eingabezeilen und lassen sie beide nach y(x) auflösen. Somit ergeben sich auch hier (für G > 0) nach kleiner Korrektur insgesamt zwei Fälle für verschiedene Anfangsbedingungen: ⎧ ⎪ ⎪ ⎨

G 1 − e−k·x+C y(x) = ⎪ G ⎪ ⎩ 1 + e−k·x+C

für 0 < y0 < G

.

sonst

Für negatives G wird die Bedingung 0 < y0 < G durch 0 > y0 > G ersetzt. Um die Richtungsfelder der drei Differentialgleichungen zu vergleichen, öffnen wir das DifferentialgleichungsgraphikMenü. Wir wählen k = 1013 und G = 20. Als Erstes betrachten wir die Differentialgleichung des unbegrenzten Wachstums. Wir geben sie ein, lassen das Richtungsfeld generieren und wählen drei Anfangsbedingungen um den Verlauf zu vergleichen. Die Bedingungen sind frei, jedoch so gewählt, dass ein Startwert oberhalb y = 20 liegt. Wir erkennen im ersten Fall den unbegrenzt ansteigenden Verlauf der speziellen Lösungen. Nun geben wir im Editor die Differentialgleichung des begrenzten Wachstums ein, und lassen das Richtungsfeld gemeinsam mit den gleichen Anfangsbedingungen anzeigen.

172

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir erkennen hier schon, dass sich das Verhalten ändert. Die Lösungen nähern sich von beiden Seiten der Waagrechten y = 20 an, es war ja auch zu erwarten. Wir lassen nun die logistische Differentialgleichung anzeigen. Die Annäherung an die Waagrechte erfolgt hier schneller, dafür gehen die Lösungen aber auch schneller weiter auseinander. Der Wendepunkt bei y = G2 ist gut zu erkennen. Aufgabe 6.2 Aufgabe a) Wir lösen die Differentialgleichung y  = x · y mit der Anfangsbedingung y(0) = 1, indem wir im ClassPad die Trennung der Variablen durch die Eingabe seperabl(x,y,x,y,0,1) ausführen. Auf das Ergebnis ln(|y|) =

x2 2

wenden wir die e-Funktion an.

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir erhalten nach Auflösen des Betrages (absexpand) die Lösung y(x) =

⎧ ⎪ ⎨

e

x2 2

2 ⎪ ⎩ −e x2

für y0 > 0 für y0 < 0

.

Von den beiden Lösungen kommt x2

nur die Lösung y(x) = e 2 als Lösung unserer Anfangsbedingung in Frage. Wir wechseln ins DifferentialgleichungsgraphikMenü und geben die Differentialgleichung in den Editor ein. Die Anfangsbedingung tragen wir in der Form x0 = 0, y0 = 1 ein. Aufgabe 6.2 Aufgabe b)

Wir lösen die Differentialgleichung durch Eingabe von seperabl(1,(1 + y 2 ),x,y,0,0). Auflösen nach y durch den Befehl solve ergibt hier sofort das Ergebnis y = tan(x) .

173

174

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Aufgabe 6.2 Aufgabe c) Nach der Eingabe seperabl(sin(x),sin(y),x,y,0,1) und Auflösen nach y (Befehl solve) erhalten wir zwei Lösungen π y0 < < constn(1) π: 2 2 1 y(x) = −2(arctan(tan( ) · e− cos(x)+1 ) − π constn(1)) 2

für

constn(1) π −

für

constn(2) π
0

−1 ) sin(x) · ey0 − sin(x0 ) · ey0 − 1

Aufgabe 6.4

Aus der angegebenen Gleichung formulieren wir eine Differentialgleichung y  (x) = f (x) · h(y). Dazu geben wir die Ausgangsgleichung y 2 − x2 = r2 ein und for√ men sie um zu |y| = x2 + r2 . Wir lösen den Betrag hier bewusst nicht auf und berechnen die Ableitung des Funktionstermes zu √x2x+r2 . Wir setzen für r2 die Ausx gangsgleichung ein und ClassPad vereinfacht zu |y| . Wir x erhalten somit insgesamt |y  | = |y| , das liefert vereinfacht die Differentialgleichung y  = xy .

175

176

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Die Orthogonaltrajektorien gewinnen wir nun, indem wir diejenigen Funktionen suchen, deren Ableitungen immer senkrecht auf der Ableitung der Hyperbelschar stehen. Die Orthogonaltrajektorien werden also durch die Differentialgleichung y  = −y x beschrieben. Lösen wir diese Differentialgleichung durch die Eingabe von seperabl(− x1 ,y,x,y,x0 ,y0 ), erhalten wir nach Auflösen nach y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

|x0 | · |y0 | |x| y(x) = ⎪ | · |y0 | |x 0 ⎪ ⎪ ⎩− |x|

für y0 > 0 . für y0 < 0

Wir wechseln ins DifferentialgleichungsgraphikMenü und lassen das Richtungsfeld der Differentialgleichung y  = xy gemeinsam mit einigen Anfangsbedingungen anzeigen. Wir erkennen, dass die gewählte Differentialgleichung auch die zweite Hyperbelschar zu beschreiben scheint.

Wir können uns nun die Orthogonaltrajektorien ansehen. Wir lassen das Richtungsfeld der beschreibenden Differentialgleichung y  = −y x mit den gleichen Anfangsbedingungen wie bisher anzeigen.

177

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir führen nun auch die zweite Hyperbelschar x2 −y 2 = r2 auf eine Differentialgleichung zurück. Nach Umformen, Differenzieren und Einsetzen von r2 wird klar, das hatten wir zuvor schon vermutet: Die zweite Hyperbelschar wird durch die gleiche Differentialgleichung y = xy beschrieben. Die Orthogonaltrajektorien ergeben sich demnach wie oben. Die Differentialgleichung y = xy beschreibt also beide Hyperbelscharen dieser Art, die Anfangsbedingungen entscheiden, welche der beiden Hyperbelscharen als Lösungsfunktion angezeigt wird. Aufgabe 6.5 Wir differenzieren y(x) = (x − c)2 einerseits und lösen andererseits nach c auf. Wir erhalten y  = 2(x − c) √ und c = x ∓ y. Wir setzen die Ergebnisse für c in die Ableitung ein und erhalten somit zwei Differentialgleichungen √ y  = −2 y √ y  = +2 y . Wir erhalten hier zwei Differentialgleichungen, da die Parabeläste links bzw. rechts vom Scheitelpunkt x = c getrennt betrachtet werden müssen (y  = 0 für x = c). Die Differentialgleichungen für die Orthogonaltrajekto1 1 rien lauten hier y  = 2y bzw. y  = − 2y . Um die Orthogonaltrajektorien zu der gewählten Parabelschar zu erhalten, wählen wir die Anfangsbedingungen x0 = c und y0 = 0. Wir lassen ClassPad die Differentialgleichungen lösen und nach y auflösen. Wir erhalten 2

(−6x + 6c) 3 y= 4

2

(6x − 6c) 3 bzw. y = . 4

Die beiden Lösungen sind identisch, das erkennt man durch Ausklammern von −1.

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Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Um einige Graphen der Parabelschar und ihrer Orthogonaltrajektorien zeichnen zu lassen, definieren wir einige Werte für den Parameter c als Liste. Gibt man nun die Funktionsterme nacheinander ein, erhält man die Liste der Funktionen mit den definierten Parametern.

Die beiden Ergebnislisten können nun in das Graphik-Menü gezogen werden, um die Funktionen gemeinsam anzuzeigen.

Aufgabe 6.6

Um die Argumente für die Funktion linear1 entnehmen zu können, stellen wir die Differentialgleichung um: y  − sin(x) · y = sin(2 · x). Wir lösen die Differentialgleichung durch Eingabe von linear1(− sin(x),sin(2 · x),x,y,0,1) und simplify. Wir erhalten die Lösung y = e− cos(x)+1 − 2 cos(x) + 2 .

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Im DifferentialgleichungsgraphikMenü geben wir die Differentialgleichung ein und erkennen nach Anpassen des Anzeigebereiches den Verlauf der speziellen Lösungsfunktion.

Aufgabe 6.7 Nach Umformen der Differentialgleichung zu y 2 −1 y  (x) = y(x) können wir z = y(x) x − ( x2 ) x substituieren und erhalten y  (x) = z(x) −

1 . z(x)2

Auflösen der Substitution nach y(x) und Differenzieren ergibt y  (x) = x · z  (x) + z(x) .

Wir setzen die beiden Darstellungen für y  (x) gleich und gewinnen nach Umformungen die Differentialgleichung z  (x) =

−1 . x · z(x)2

Die Eingabe seperabl( x1 , z12 ,x,y,x0 ,z0 ) löst die Differentialgleichung: −z 3 z03 + = ln(|x|) − ln(|x0 |) 3 3

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180

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

y0 1 Wir resubstituieren, indem wir y(x) x = z, x0 = 1 = z0 und 1 = x0 durch den Befehl zuordnen. Die resubstituierte und nach y aufgelöste Gleichung ergibt die Lösung 1

y(x) = (−3 · x3 · ln(|x|) + x3 ) 3 .

Aufgabe 6.8 Die Substitution z(x) = y(x) + x ergibt die Differentialgleichung y  (x) = z(x)2 . Auflösen der Substitution nach y und Differenzieren ergibt y  (x) = z  (x) − 1 . Gleichsetzen und Umformen ergibt z  (x) = z(x)2 + 1 .

Die Eingabe seperabl(1,z 2 + 1,x,z,x0 ,z0 ) löst die Differentialgleichung durch Trennung der Variablen. Resubstituieren und Auflösen nach y ergibt die Lösung y(x) = tan(x + arctan(x0 + y0 ) − x0 ) − x) .

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

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Aufgabe 6.9 Wir setzen die beiden Darstellungen y(x) = A · cos(αx) · e−θx + B · sin(αx) · e−θx y(x) = C · cos(αx + β) · e−θx gleich und erhalten nach Umformungen durch rewrite, texpand und Gruppieren der Terme cos(αx), sin(αx) durch collect − cos(αx) · (C · cos(β) · e−θx + A · e−θx )+ + sin(αx) · (C · sin(β) · e−θx + B · e−θx ) = 0 . Auflösen der beiden gleich Null gesetzten Faktoren von cos(αx) bzw. sin(αx) nach A bzw. B ergibt A = C · cos(β) bzw. B = −C · sin(β) . Es sind also dieselben Bestimmungsgleichungen wie zuvor im Text beim reibungsfreien Fall. Deshalb ergeben sich die Koeffizienten analog zu C=



A2 + B 2

und

β = − arctan(

B ). A

Aufgabe 6.10 Wir definieren den Ansatz im Schwingungsfall als Funktion y(x): y(x) = A · cos(αx) · e−θx + B · sin(αx) · e−θx Die Abhängigkeiten von A und B von den Anfangsbedingungen y(0) = y0 und y  (0) = y1 ergeben sich nun als Lösung des Gleichungssystems ⎧  ⎨ y0 = y(0)   ⎩ y = y  (0) 1

A,B

zu A = y0 und B =

θ·y0 +y1 . α

182

Lösungen zu 6. Einfache Differentialgleichungen

Wir weisen den Konstanten A und B die Werte y0 und θ·y0 +y1 zu. Die Eingabe der Terme α C=



(A2 + B 2 ) und β = − arctan(

B ) A

ergibt nun die gesuchten Abhängigkeiten 

C=

α2 · y02 + θ2 · y02 + 2 · θ · y0 · y1 + y12

|α| θ · y 0 + y1 β = − arctan( ). α · y0

Die Definition der Ansätze als Funktion y(x) und Lösen der entsprechenden Gleichungssysteme ergibt in den anderen beiden Fällen die Lösungen A = y0 ,

B = θ · y0 + y 1

bzw. −(θ2 · y0 + y1 ) , θ1 − θ2 θ 1 · y0 + y 1 B= θ1 − θ2 A=

für den aperiodischen Grenzfall bzw. den abklingenden Fall.

Stichwortverzeichnis Abklingparameter, 132 äquidistante Zerlegung, 52 Amplitude einer Schwingung, 129 Anfangsbedingung einer Differentialgleichung, 117 aperiodischen Grenzfall, 133 arithmetische Zerlegung, 52 Asymptote einer Hyperbel, 29 begrenztes Wachstum, 112, 120 Beschleunigung, 127 bestimmtes Integral, 53 Brennpunkt einer Ellipse, 21, 24 einer Hyperbel, 28 einer Parabel, 26 Determinante, 17, 94 Differentialgleichung, 111 des begrenzten Wachstums, 112 des unbegrenzten Wachstums, 111 homogene, 124 lineare, 124 logistische, 112 Ordnung, 111 Richtungsfeld, 115 Diskriminante der Schwingungsgleichung, 133 Diskriminante einer quadratischen Gleichung, 43 Dreieck Flächeninhalt, 2 Flächensatz, 2 gleichschenkliges, 18

gleichseitiges, 12 Höhenschnittpunkt, 13 Inkreis, 1 rechtwinkliges, 1 Schwerpunkt, 10 Seitenhalbierende, 10 Umkreis, 1 Winkelhalbierende, 7 Einheitsmatrix, 109 einschaliges Hyperboloid, 69 Ellipse, 21 Ellipsoid, 69 entartete quadratische Kurve, 43 Eulersche Gerade, 13, 17 Exzentrizität einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29 Faktorisierung eines Polynoms, 5 Federkonstante, 128 Flächenformel von Heron, 5 Flächeninhalt eines Dreiecks, 2 Flächensatz, 2 Frequenz einer Schwingung, 129 geometrische Zerlegung, 56 Geschwindigkeit, 127 gleichschenkliges Dreieck, 18 gleichseitiges Dreieck, 12 große Halbachse einer Ellipse, 23 Höhe eines Dreiecks, 14

184

Höhenschnittpunkt eines Dreiecks, 13 Hauptachse einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29 Hauptscheitel einer Ellipse, 23 Heronsche Flächenformel, 5 Hilbert-Matrix, 106 homogene Differentialgleichung, 124 Hookesches Gesetz, 128 Hyperbel, 28 Hyperboloid einschalig, 69 zweischalig, 69 Inkreis eines Dreiecks, 1 Inkreisradius, 1 Integral, 53 Integration numerische, 56 partielle, 75 Integrationskonstanten, 129 Integrierbarkeit, 53 Inverse einer Matrix, 101 Kegel, 67 kleine Halbachse einer Ellipse, 23 Kondition einer Matrix, 104 schlechte, 99 Kosinussatz, 6 Kreisfrequenz einer Schwingung, 129 Kugel, 66 Kugelvolumen, 66 Leitgerade einer Parabel, 26 lineare Differentialgleichung, 124 lineare Exzentrizität einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29

Stichwortverzeichnis

Matrix, 94 Determinante, 94 Inverse, 101 Kondition, 104 Maximumnorm einer Matrix, 103 Mittelpunkt einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29 Momentanbeschleunigung, 127 Momentangeschwindigkeit, 127 Nebenachse einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29 Nebenscheitel einer Ellipse, 23 Newtonsches Gesetz, 127 Norm einer Matrix, 103 Normalform der Ellipsengleichung, 22 der Hyperbelgleichung, 28 numerische Exzentrizität einer Ellipse, 23 einer Hyperbel, 29 numerische Integration, 56 Ordnung einer Differentialgleichung, 111 Orthogonaltrajektorien, 120 Parabel, 26 partielle Integration, 75 Phasenverschiebung einer Schwingung, 129 Produktregel der Differentialrechnung, 75 Pythagoras Satz des, 1 rechtwinkliges Dreieck, 1 regelmäßige arithmetische Zerlegung, 52 regelmäßige geometrische Zerlegung, 56 Reibungskraft, 132 Richtungsfeld einer Differentialgleichung, 115 Riemannsumme, 53 Rotationskörper, 66

Stichwortverzeichnis

Volumen, 66 Satz des Pythagoras, 1 Satz vom Umfangswinkel, 3 schlechte Kondition, 99 Schwingung Amplitude, 129 Frequenz, 129 Kreisfrequenz, 129 Phasenverschiebung, 129 Schwingungsgleichung Diskriminante, 133 Seitenhalbierende eines Dreiecks, 10 Simpsonregel, 57 Sinussatz, 14 Torus, 73 Trapezregel, 56 Trennung der Variablen, 118 Umfang, 1 Umkreis eines Dreiecks, 1 Umkreisradius, 1 unbegrenztes Wachstum, 111 Variation der Konstanten, 125 Verstärkungsfaktor, 99 Wachstum begrenzt, 112 unbegrenzt, 111 Wallisprodukt, 88 Winkelhalbierende eines Dreiecks, 7 Zerlegung äqudistant, 52 arithmetisch, 52 geometrisch, 56 zweischaliges Hyperboloid, 69

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