Prufungstrainer Mathematik. Klausur- und Ubungsaufgaben mit vollstandigen Musterlosungen

Claus Wilhelm Turtur

Prüfungstrainer Mathematik – mit vollständigen Musterlösungen

Claus Wilhelm Turtur

Prüfungstrainer Mathematik – mit vollständigen Musterlösungen Klausur- und Übungsaufgaben

Bibliografische Information der Deutschen Bibliothek Die Deutsche Bibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über abrufbar. Prof. Dr. rer. nat. Claus Wilhelm Turtur Geboren 1961 in Bonn, Nordrhein-Westfalen. Studium der Mathematik und Physik an der Universität Bonn, Diplomarbeit bei Prof. Dr. T. Mayer-Kuckuk. Promotion an der Universität Regensburg bei Prof. Dr. H. Hoffmann. Praktische Industrietätigkeit bei einem Zulieferer der Automobilindustrie. Seit 1998 Professor an der Fachhochschule Braunschweig-Wolfenbüttel.

1. Auflage März 2006

Alle Rechte vorbehalten © B.G. Teubner Verlag / GWV Fachverlage GmbH, Wiesbaden 2006 Lektorat: Ulrich Sandten / Kerstin Hoffmann Der B.G. Teubner Verlag ist ein Unternehmen von Springer Science+Business Media. www.teubner.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: Ulrike Weigel, www.CorporateDesignGroup.de Druck und buchbinderische Verarbeitung: Strauss Offsetdruck, Mörlenbach Gedruckt auf säurefreiem und chlorfrei gebleichtem Papier. Printed in Germany

ISBN 3-8351-0023-8

Vorwort „Rechnen lernt man durch Rechnen“ – diesen plakativen Satz gab uns als Studenten einer unserer Professoren mit auf den Weg. Der Satz geleitete mich durch mein Studium und blieb mir bis heute in Erinnerung, denn er bringt den Kern des Lernerfolgs auf den Punkt: Zuerst hören die Studierenden in der Vorlesung die fachlichen Inhalte, danach erst kommt der Hauptteil des Lernens, das eigene Üben. Aus diesem Grunde stelle ich seit Anbeginn meiner Lehrtätigkeit meinen Studierenden eine umfangreiche Übungsaufgabensammlung mit vollständig ausgearbeiteten Musterlösungen zur Verfügung, anhand derer sie den Vorlesungsstoff zuhause aufbereiten können. Viele Studierende haben mir bestätigt, dass diese Aufgabensammlung einen wichtigen Beitrag zur Senkung der Durchfallquoten bei den Klausuren leistet. Die große Beliebtheit dieser Aufgabensammlung bei den eigenen Studierenden brachte mich auf die Idee, die Aufgabensammlung als Buch auch Studierenden anderer Hochschulen zur Verfügung zu stellen. Das didaktische Konzept des Buches ist so einfach wie sein Ziel: Es soll den Studierenden zu genau den Fähigkeiten und Rechentechniken verhelfen, die sie brauchen, um gute Klausuren im Fach Mathematik schreiben zu können. Dass sie damit das nötige Grundwissen erwerben, um später die Mathematik in ihren eigentlichen Hauptfächern sinnvoll einzusetzen, ist ein durchaus erwünschter Nebeneffekt. Im Übrigen ist das Buch nicht als Lehrbuch, sondern als Übungsbuch gedacht. Sinnvollerweise werden die Studierenden den Lehrstoff in den Vorlesungen hören, um das zu Erlernende dann mit Hilfe des vorliegenden Buches vorlesungsbegleitend umfangreich zu üben.

Mein besonderer Dank gilt -

meiner Ehefrau für die Idee, meine Übungsaufgabensammlung in Form eines Buches den Studierenden vieler Hochschulen zugänglich zu machen, und die mich unermüdlich durch ihre praktische Hilfe unterstützt hat,

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Herrn Sandten, Frau Domnick und Herrn Kühn von Burgsdorff sowie den anderen Mitarbeitern des Teubner Verlages für die ausgezeichnete Unterstützung bei der Ausarbeitung dieses Buches. Besonders hervorheben möchte ich das immerfort besonders freundliche kreative Miteinander, das wesentlich zum Erfolg dieses Buchs beigetragen hat.

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Schließlich seien an dieser Stelle auch noch diejenigen Kollegen an verschiedenen Hochschulen erwähnt, die mir über den Teubner Verlag Klausuren aus ihrem OriginalPrüfungsprogramm zur Verfügung gestellt haben.

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Vorwort

Zum richtigen Gebrauch dieses Buches Achtung: Der richtige Umgang mit dem Buch entscheidet über den Lernerfolg ! „Rechnen lernt man durch Rechnen“ – das Motto zur Entstehung dieser Aufgabensammlung beschreibt auch den richtigen Umgang mit ihr. Nur wer die Aufgaben selbst durchrechnet, erlernt die Lösungstechniken. Wer nur die Lösungswege liest und nachvollzieht, verschenkt den eigentlichen Wert des Buches. Damit ist der richtige Umgang klar (siehe Bild 0-1):

Bild 0-1 Empfohlene Vorgehensweise zur Benutzung der Aufgaben und der Musterlösungen

Bei vielen Aufgaben existieren mehrere Teilaufgaben des gleichen Typs. Dahinter steckt ein doppelter Sinn: Einerseits soll dadurch die Übung vertieft werden, andererseits soll all denjenigen Übenden, die nicht ohne Musterlösung mit dem Aufgabentyp zurechtkommen, die Möglichkeit gegeben werden, sich anhand der ersten Teilaufgabe durch Betrachten der Musterlösung mit dem Aufgabentyp vertraut zu machen, und darauf basierend dann die weiteren ähnlichen Teilaufgaben selbstständig zu lösen. Dieser Aspekt ist sehr wichtig: Wer eine Aufgabe nicht aus eigener Kraft lösen kann, der betrachte noch nicht gleich die gesamte Musterlösung, sondern nur deren Anfang bzw. deren ersten Teil !

Zum richtigen Gebrauch dieses Buches

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Vorlesungsbegleitendes Üben der Rechentechniken Um die Vorgehensweise des eigenen Übens (siehe Bild 0-1) zu unterstützen, sind zu Beginn jeder einzelnen Aufgabenstellung und ebenso zu Beginn jeder zugehörigen Musterlösung dicke schwarze „Balken“ angebracht. Diese dienen dazu, den Leser sofort erkennen zu lassen, an welcher Stelle die Musterlösung beginnt, noch bevor er den Text oder die Formeln gelesen hat. Damit wird bezweckt, dass niemand aus Versehen die Musterlösungen zu früh betrachtet. Man braucht also nur die Musterlösungen mit einem Blatt Papier abzudecken, und beim Lesen der Aufgabenstellungen dieses nicht über den nächsten schwarzen Balken hinaus zu schieben. Darüber hinaus existieren zusätzliche Erläuterungen wie „Arbeitshinweise“ oder „Stolperfallen“, die grau unterlegt sind. Graue Unterlegungen werden auch zum Markieren von Erläuterungen benutzt, die man sich im Hinblick auf Prüfungssituationen besonders merken sollte. Sogenannte Arbeitshinweise erklären bei komplizierten Lösungswegen die prinzipielle Vorgehensweise und strukturieren die Arbeitsgänge. Sogenannte Stolperfallen weisen auf typische Stellen hin, die bei Anfängern häufig zu Fehlern führen. Hier sehen Studierende, worauf sie aufpassen sollen, um im Falle einer Prüfung einen unnötigen Verlust von Pluspunkten zu vermeiden.

Konkrete Klausurvorbereitung: Zusammenstellen eigener Übungs- und Trainings-Klausuren Studierende, die einen gewissen Übungsstand erreicht haben, möchten oftmals gerne kontrollieren, ob sie schon „fit für die Klausur“ sind. Dazu können sie sich eigene Testklausuren zusammenstellen, indem sie eine Reihe geeigneter Übungsaufgaben auswählen. Die Eignung der auszuwählenden Übungsaufgaben für solche Testklausuren ergibt sich natürlich einerseits aus dem thematischen Inhalt der zu erwartenden eigenen Klausuren. Andererseits achte man aber sinnvollerweise auch darauf, nicht nur all zu einfache Aufgaben auszuwählen. Den Schwierigkeitsgrad einer Aufgabe erkennt man an der Anzahl der Gewichtheber im Kopf der Aufgabe (siehe Bild 0-2)

h hh hhh

Bild 0-2 Piktogramme für Schwierigkeitsgrade Zur Interpretation der Skala: Grad 1: Einstiegsniveau – kommt in Klausuren nicht allzu oft vor Grad 2: Übungsniveau – durchschnittliche Klausuraufgaben Grad 3: Leistungsniveau – jede Klausur sollte einige solche Aufgaben enthalten

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Vorwort

Wichtig beim Zusammenstellen eigener Übungs- und Trainings-Klausuren ist auch die Zeitplanung. Man weiß, wie lange die eigene Klausur zu erwarten ist – auf eine entsprechende Zeit sollte man auch die eigenen Übungs- und Trainings-Klausuren einrichten. Hilfsmittel dazu bietet das Buch in Form von Zeitangaben an, die neben dem Piktogramm einer Uhr im Kopf jeder einzelnen Aufgabe zu sehen sind (siehe Bild 0-3).



X min

Bild 0-3 Piktogramm für die Bearbeitungszeit: Neben der Uhr ist die typische Bearbeitungsdauer der einzelnen Aufgaben in Minuten angegeben (hier „X“ Minuten). Anhand dieser Angabe lässt sich die Aufgabenmenge für eigene Musterklausuren abschätzen.

Selbstkontrolle durch Bewertung der eigenen Lösungen Nachdem man die solchermaßen zusammengestellte eigene Testklausur in der gegebenen Zeit bearbeitet hat, korrigiert man die eigene Lösung und bewertet sie anhand der in den Musterlösungen des Buches am Papierrand aufgeführten Punktezahlen. Zu jedem Rechenschritt ist dort eine zugehörige Punkteangabe vorhanden, die man sich im Falle der korrekten Bearbeix P tung zuerkennen kann. Als Beispiel hierfür betrachte man die Angabe „x P“ neben dem vorliegenden Absatz. Dies bedeutet, dass man sich für die korrekte Bearbeitung eines solchen Absatzes „x Punkte“ zuerkennen kann. Zählt man am Schluss der Selbstkontrolle alle erreichten Punkte zusammen, so erkennt man nicht nur den eigenen Leistungsstand (die Aufgaben sind so ausgelegt, dass man etwa 50 % der Punkte zur Note 4.0 und knapp 100 % der Punkte zur Note 1.0 benötigt), sondern auch eigene Stärken und Schwächen, die ggf. einen entsprechenden Übungsbedarf aufzeigen.

Ein Sonderzeichen dieses Buches Soweit möglich und sinnvoll werden Ergebnisse und Zwischenschritte exakt angegeben. So wird z.B. ein Ausdruck wie „ ʌ “ normalerweise nicht mit dem Taschenrechner ausgerechnet um Rundungsfehler zu vermeiden, die entstehen, weil der Taschenrechner reelle Zahlen auf nahegelegene rationale Zahlen abbildet. Es gibt aber manchmal Situationen, in denen solch ein ungefähres Ausrechnen numerischer Werte mit dem Taschenrechner unvermeidbar ist, z.B. weil man sie für den weiteren Fortgang der Aufgabe benötigt. In solchen Fällen ist das Rechenzeichen „ = “ nicht wirklich richtig, angebracht wäre eher ein „ | “. Um den Grund für den Gebrauch des letztgenannten Zeichens nicht aus den Augen zu verlieren, sind diejenigen Stellen, bei denen Rundungsfehler aufTR

grund des Gebrauchs eines Taschenrechners (kurz „TR“) auftreten, mit einem „ | “ markiert. Wenn man sich solchermaßen bewusst macht, an welchen Stellen Rundungsfehler auftreten, dann ist es auch weitgehend unwichtig, wie viele Nachkommastellen man angibt.

Zum richtigen Gebrauch dieses Buches

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Hinweis: Kürzen und Vereinfachen von Ausdrücken Mitunter findet man Terme, die sich sehr bequem kürzen oder vereinfachen lassen, manchmal aber auch Erweiterungen in Brüchen sind. Oftmals sind diese in grau gedruckt (anstatt in schwarz), um den Lesern das Erkennen der jeweiligen Umformungsschritte zu erleichtern.

Noch eine Bitte an alle Leserinnen und Leser Für Anregungen und Verbesserungsvorschläge ist der Autor immer dankbar. Schon bei der Entstehung dieses Buches wurden mannigfaltige Anregungen seitens der Studierenden berücksichtigt. So wurden zum Beispiel Erläuterungen gerade an den Stellen angebracht, an denen die Studierenden erfahrungsgemäß Verständnisschwierigkeiten haben. Hier können Leserhinweise helfen, spätere Auflagen dieses Buches zu optimieren. Auch Hinweise auf Tippfehler werden dankbar aufgenommen um spätere Auflagen zu verbessern.

Hinweis: Nicht aller Leser verstehen alle Aufgaben Vorlesungsinhalte unterscheiden sich von Hochschule zu Hochschule, von Fachbereich zu Fachbereich und natürlich auch von Semester zu Semester. (Im ersten Semester wird ein anderer Stoff behandelt als im dritten.) Empfohlen wird daher, nur solche Aufgaben zu bearbeiten, deren Thema man aus der eigenen Vorlesung kennt oder kennen sollte. Ggf. kann der eigene Dozent auf Fragen der Studenten hin Hinweise geben. Das Buch ist nicht als Lehrbuch zum „Neu-erlernen“ des Stoffes konzipiert, sondern als Begleitwerk zu Vorlesungen. Deshalb wird auch vorausgesetzt, dass grundlegende Kenntnisse aus den entsprechenden Vorlesungen vorhanden sind. In diesem Sinne wurde bei der Auswahl der Aufgaben bewusst nicht versucht, einen vollständigen Überblick über alle Themengebiete der Mathematik zu erarbeiten. Vielmehr wurden die Aufgaben thematisch derart ausgewählt, dass möglichst viele Studenten an möglichst vielen Hochschulen maximalen Nutzen für ihre persönlich Klausur-Vorbereitung daraus ziehen können.

Inhalt Vorwort .................................................................................................................................... 5 Zum richtigen Gebrauch dieses Buches ................................................................................ 6 Inhalt ...................................................................................................................................... 11 1 Mengenlehre ....................................................................................................................... 19 Aufgabe 1.1 Verknüpfung von Mengen .............................................................................. 19 Aufgabe 1.2 Verknüpfung von Mengen .............................................................................. 21 Aufgabe 1.3 Bestimmung einer Zahlenmenge .................................................................... 22 Aufgabe 1.4 Bekannte Zahlen-Grundmengen..................................................................... 24 Aufgabe 1.5 Mengen-Operationssymbole........................................................................... 24 2 Elementarmathematik ....................................................................................................... 27 Aufgabe 2.1 Periodische Dezimalbrüche ............................................................................ 27 Aufgabe 2.2 Gauß’sche Summenformel ............................................................................. 28 Aufgabe 2.3 Betragsgleichungen mit Fallunterscheidungen............................................... 30 Aufgabe 2.4 pq-Formel in den reellen und komplexen Zahlen........................................... 34 Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen ...................................................... 35 Aufgabe 2.6 Wurzelgleichungen......................................................................................... 42 Aufgabe 2.7 Rechnen mit Logarithmen .............................................................................. 45 Aufgabe 2.8 Gleichungen mit Logarithmen........................................................................ 47 Aufgabe 2.9 Anwendungsbeispiel zu Logarithmen ............................................................ 48 Aufgabe 2.10 Zahlensysteme verschiedener Basen ............................................................ 49 Aufgabe 2.11 Bruchrechnung in S-adischen Systemen ...................................................... 52 Aufgabe 2.12 Rechnen im Dualsystem ............................................................................... 57 Aufgabe 2.13 B-Komplement-Darstellung ......................................................................... 60 Aufgabe 2.14 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen .................................................... 62 Aufgabe 2.15 Binomialkoeffizienten .................................................................................. 65 Aufgabe 2.16 Binomialkoeffizienten .................................................................................. 66 Aufgabe 2.17 Der binomische Lehrsatz.............................................................................. 67 Aufgabe 2.18 Winkelfunktionen, Additionstheoreme......................................................... 68 Aufgabe 2.19 Polynomdivision........................................................................................... 71 Aufgabe 2.20 Faktorisierung von Polynomen .................................................................... 71 Aufgabe 2.21 Polynomdivision mittels Horner-Schema..................................................... 73 Aufgabe 2.22 Nullstellen von Polynomen .......................................................................... 74

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Inhalt

Aufgabe 2.23 Symmetrie von Funktionen...........................................................................75 Aufgabe 2.24 Bildung von Umkehrfunktionen ...................................................................76 Aufgabe 2.25 Funktionsdarstellung in Polarkoordinaten ....................................................77 Aufgabe 2.26 Geradengleichung .........................................................................................79 Aufgabe 2.27 Logarithmische Funktionsdarstellung...........................................................80 Aufgabe 2.28 Bestimmung einer Parabel ............................................................................81 Aufgabe 2.29 Textbeispiel – Exponentialfunktion ..............................................................81 Aufgabe 2.30 Textbeispiel – Cosinus Hyperbolicus............................................................83 Aufgabe 2.31 Goniometrische Gleichungen .......................................................................84 Aufgabe 2.32 Vollständige Induktion ..................................................................................88 3 Aussagelogik........................................................................................................................91 Vorbemerkung zur Nomenklatur .........................................................................................91 Aufgabe 3.1 Erstellen von Wahrheitstafeln .........................................................................92 Aufgabe 3.2 Konjunktive und disjunktive Normalform......................................................94 Aufgabe 3.3 Vereinfachen Boole’scher Ausdrücke .............................................................95 Aufgabe 3.4 Karnaugh-Veitch-Diagramme .........................................................................96 Aufgabe 3.5 Beweise in Boole’scher Algebra .....................................................................99 Aufgabe 3.6 Spezielle Verknüpfungen ..............................................................................101 4 Geometrie und Vektorrechnung......................................................................................103 Aufgabe 4.1 Berechnungen in Dreieck und Viereck .........................................................103 Aufgabe 4.2 Winkelfunktionen – berechnen spezieller Werte ..........................................105 Aufgabe 4.3 Textbeispiel – Kreisberechnung....................................................................106 Aufgabe 4.4 Winkelfunktionen – Werte ohne Taschenrechner .........................................107 Aufgabe 4.5 Additionstheoreme ........................................................................................108 Aufgabe 4.6 Textbeispiel – Navigation .............................................................................109 Aufgabe 4.7 Vektorprodukte .............................................................................................110 Aufgabe 4.8 Lineare Abhängigkeit von Vektoren .............................................................111 Aufgabe 4.9 Abstand eines Punktes zu einer Geraden ......................................................112 Aufgabe 4.10 Ebenengleichung in verschiedenen Formen ...............................................113 Aufgabe 4.11 Lage von Punkten in einer Ebene ...............................................................115 Aufgabe 4.12 Abstand eines Punktes von einer Ebene .....................................................117 Aufgabe 4.13 Abstand eines Punktes von einer Geraden..................................................118 Aufgabe 4.14 Ebenengleichung in kartesischen Koordinaten...........................................119 Aufgabe 4.15 Schnittpunkt von Geraden ..........................................................................120 Aufgabe 4.16 Schnittgeraden von Ebenen ........................................................................122 Aufgabe 4.17 Ellipsengleichung .......................................................................................124 Aufgabe 4.18 Koordinatentransformation – Drehung.......................................................125

Inhalt

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Aufgabe 4.19 Polarkoordinaten ........................................................................................ 126 Aufgabe 4.20 Kugelkoordinaten ....................................................................................... 127 Aufgabe 4.21 Textbeispiel – Vektorrechnung ................................................................... 129 5 Lineare Algebra................................................................................................................ 133 Aufgabe 5.1 Multiplikation von Matrizen......................................................................... 133 Aufgabe 5.2 Berechnung von Determinanten ................................................................... 134 Aufgabe 5.3 Inversion von Matrizen ................................................................................ 135 Aufgabe 5.4 Rang von Matrizen ....................................................................................... 137 Aufgabe 5.5 Lösen linearer Gleichungssysteme ............................................................... 138 Aufgabe 5.6 Lösen linearer Gleichungssysteme ............................................................... 140 Aufgabe 5.7 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen .............................................. 141 Aufgabe 5.8 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen .............................................. 142 6 Differentialrechnung........................................................................................................ 145 Aufgabe 6.1 Berechnung von Differentialquotienten ....................................................... 145 Aufgabe 6.2 Ableiten: Summenregel, Faktorregel, Produktregel ..................................... 146 Aufgabe 6.3 Ableiten mit Produktregel ............................................................................ 147 Aufgabe 6.4 Ableiten mit Quotientenregel ....................................................................... 148 Aufgabe 6.5 Ableiten mit Kettenregel............................................................................... 149 Aufgabe 6.6 Mehrfache Verschachtelung der Kettenregel................................................ 150 Aufgabe 6.7 Vermischtes Anwenden von Ableitungsregeln ............................................. 152 Aufgabe 6.8 Höhere Ableitungen...................................................................................... 155 Aufgabe 6.9 Implizites Ableiten ....................................................................................... 156 Aufgabe 6.10 Ableiten in Parameterdarstellung und Polarkoordinaten ............................ 157 Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art.................................................... 162 Aufgabe 6.12 Beispiel – Harmonischer Oszillator............................................................ 180 Aufgabe 6.13 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe........................................................... 181 Aufgabe 6.14 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe........................................................... 182 Aufgabe 6.15 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe........................................................... 183 Aufgabe 6.16 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe........................................................... 185 Aufgabe 6.17 Krümmung von Kurven.............................................................................. 186 7 Integralrechnung.............................................................................................................. 191 Aufgabe 7.1 Integration von Polynomen .......................................................................... 191 Aufgabe 7.2 Integration mittels Substitution .................................................................... 192 Aufgabe 7.3 Partielle Integration ...................................................................................... 196 Aufgabe 7.4 Integration nach geeigneter Umformung...................................................... 199 Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung........................................................ 202

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Inhalt

Aufgabe 7.6 Substitutionen mit Rechentrick.....................................................................211 Aufgabe 7.7 Demonstrationsbeispiel Integrationskonstante .............................................216 Aufgabe 7.8 Integration abschnittweise gegebener Funktionen........................................218 Aufgabe 7.9 Bestimmte Integrale mit Substitution ...........................................................220 Aufgabe 7.10 Uneigentliche Integrale...............................................................................221 Aufgabe 7.11 Spezielle bestimmte Integrale .....................................................................222 Aufgabe 7.12 Linearer-, quadratischer- und Betragsmittelwert ........................................225 Aufgabe 7.13 Flächenberechnung mittels Integralrechnung .............................................227 Aufgabe 7.14 Numerische Integration: Simpson-Verfahren .............................................231 Aufgabe 7.15 Schnittflächen zwischen Funktionen ..........................................................234 Aufgabe 7.16 Integration in Parameterdarstellung............................................................237 Aufgabe 7.17 Integration in Polarkoordinaten ..................................................................240 Aufgabe 7.18 Bogenlängenberechnung mittels Integration ..............................................242 Aufgabe 7.19 Berechnung eines Rotationsvolumens ........................................................244 Aufgabe 7.20 Berechnung eines Rotationsvolumens ........................................................245 Aufgabe 7.21 Berechnung einer Rotationsoberfläche .......................................................247 Aufgabe 7.22 Bogenlängenberechnung.............................................................................249 8 Komplexe Zahlen..............................................................................................................251 Aufgabe 8.1 Grundrechenarten mit komplexen Zahlen ....................................................251 Aufgabe 8.2 Umwandlung zwischen Darstellungsformen ................................................252 Aufgabe 8.3 Berechnungen in verschiedenen Darstellungsformen...................................256 Aufgabe 8.4 Anwendungsbeispiel zur Euler-Formel.........................................................258 Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen ............................................................................259 Aufgabe 8.6 Vertiefende Rechenbeispiele.........................................................................266 Aufgabe 8.7 Winkelfunktionen und Hyperbelfunktionen .................................................268 Aufgabe 8.8 Faktorisierung komplexer Polynome............................................................270 Aufgabe 8.9 Komplexwertige Partialbruchzerlegung .......................................................273 Aufgabe 8.10 Lösungsmengen komplexzahliger Gleichungen .........................................274 Aufgabe 8.11 Zeichnen von Ortskurven............................................................................279 Aufgabe 8.12 Arbeiten mit Ortskurven .............................................................................280 Aufgabe 8.13 Textbeispiel – komplexe Wechselstromwiderstände...................................282 Aufgabe 8.14 Textbeispiel – komplexe Wechselstromwiderstände...................................283 9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis.....................................................285 Aufgabe 9.1 Parameterdarstellung einer mehrdim. Funktion............................................285 Aufgabe 9.2 Höhenliniendiagramme mehrdim. Funktionen .............................................287 Aufgabe 9.3 Partielle Ableitungen, Satz von Schwarz ......................................................289 Aufgabe 9.4 Partielle Ableitungen, Satz von Schwarz ......................................................290

Inhalt

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Aufgabe 9.5 Totales Differential, lineare Näherung ......................................................... 291 Aufgabe 9.6 Totales Differential, lineare Näherung ......................................................... 293 Aufgabe 9.7 Ebenengleichung einer Tangentialebene ...................................................... 295 Aufgabe 9.8 Differentialformen, Integrabilitätsbedingung ............................................... 296 Aufgabe 9.9 Ableiten implizit gegebener Funktionen ...................................................... 298 Aufgabe 9.10 Extremwerte mehrdimensionaler Funktionen ............................................ 300 Aufgabe 9.11 Gleichung eines Rotationsparaboloids ....................................................... 303 Aufgabe 9.12 Unbestimmte Mehrfachintegrale ................................................................ 303 Aufgabe 9.13 Bestimmte Mehrfachintegrale .................................................................... 305 Aufgabe 9.14 Textbeispiel – Mehrfachintegral................................................................. 306 Aufgabe 9.15 Flächenberechnung in Polarkoordinaten .................................................... 307 Aufgabe 9.16 Schwerpunktsberechnung einer Fläche ...................................................... 308 Aufgabe 9.17 Schwerpunktsberechnung einer Fläche ...................................................... 309 Aufgabe 9.18 Schwerpunktsberechnung in Polarkoordinaten .......................................... 310 Aufgabe 9.19 Schwerpunksberechnung einer Fläche ....................................................... 313 Aufgabe 9.20 Schwerpunktsberechnung eines Rotationsvolumens.................................. 314 Aufgabe 9.21 Massenträgheitsmomente der Rotation ...................................................... 316 Aufgabe 9.22 Vektorwertiges Integral .............................................................................. 317 Aufgabe 9.23 Volumenintegration in Kugelkoordinaten .................................................. 320 Aufgabe 9.24 Gradienten von Skalarfeldern..................................................................... 322 Aufgabe 9.25 Richtungsableitungen in Skalarfeldern....................................................... 323 Aufgabe 9.26 Richtungsableitungen in Skalarfeldern....................................................... 324 Aufgabe 9.27 Totales Differential im Skalarfeld .............................................................. 325 Aufgabe 9.28 Vektorfelder, Konservatives Kraftfeld........................................................ 326 Aufgabe 9.29 Linienintegrale in Vektorfeldern................................................................. 328 Aufgabe 9.30 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes .......................................................... 330 Aufgabe 9.31 Divergenz und Rotation von Vektorfeldern................................................ 331 Aufgabe 9.32 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes .......................................................... 333 Aufgabe 9.33 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes .......................................................... 334 Aufgabe 9.34 Bsp. für ein zentralsymmetrisches Potentialfeld ........................................ 335 Aufgabe 9.35 Vektorfelder in Kugelkoordinaten .............................................................. 336 10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik ................................................................ 339 Aufgabe 10.1 Textbeispiel – Permutationen ..................................................................... 339 Aufgabe 10.2 Textbeispiel – Kombinationen.................................................................... 339 Aufgabe 10.3 Textbeispiel – Variationen .......................................................................... 340 Aufgabe 10.4 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten........................................ 341 Aufgabe 10.5 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten........................................ 343 Aufgabe 10.6 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten........................................ 343

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Inhalt

Aufgabe 10.7 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten ........................................345 Aufgabe 10.8 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten ........................................346 Aufgabe 10.9 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten ........................................347 Aufgabe 10.10 Textbsp. zum konsequenten logischen Denken ........................................349 Aufgabe 10.11 Diskrete Verteilung: Erwartungswert und Varianz....................................350 Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion ............352 Aufgabe 10.13 Binomialverteilung ...................................................................................360 Aufgabe 10.14 Kontinuierliche Verteilung: Erwartungwert,Varianz.................................361 Aufgabe 10.15 Gauß-Verteilung, ihre Kenngrößen...........................................................363 Aufgabe 10.16 Konfidenzintervalle der Gauß-Verteilung.................................................366 Aufgabe 10.17 Stichprobe und Grundgesamtheit..............................................................368 Aufgabe 10.18 Spezielle Konfidenzintervalle bei Gauß ...................................................370 Aufgabe 10.19 Verschiedene Mittelwerte..........................................................................371 Aufgabe 10.20 Textbeispiel – Poissonverteilung ..............................................................372 Aufgabe 10.21 Textbeispiel – Poissonverteilung ..............................................................373 Aufgabe 10.22 Textbeispiel – Exponentialverteilung........................................................373 Aufgabe 10.23 Textbeispiel – Hypergeometrische Verteilung ..........................................375 Aufgabe 10.24 Gauß’sche Fehlerfortpflanzung ................................................................376 Aufgabe 10.25 Gauß’sche Fehlerfortpflanzung ................................................................378 Aufgabe 10.26 Regressionsgerade ....................................................................................378 Aufgabe 10.27 Nichtlineare Regression............................................................................381 Aufgabe 10.28 Regressionsgerade ....................................................................................384 Aufgabe 10.29 Nichtlineare Regression............................................................................385 Aufgabe 10.30 Chi-Quadrat-Test einer Gleichverteilung..................................................389 Aufgabe 10.31 Chi-Quadrat-Test einer Gauß-Verteilung..................................................390 11 Folgen und Reihen ..........................................................................................................395 Aufgabe 11.1 Erkennen von Bildungsgesetzen .................................................................395 Aufgabe 11.2 Grenzwerte konvergenter Folgen................................................................395 Aufgabe 11.3 Endliche Reihe (als Summenformel) ..........................................................397 Aufgabe 11.4 Textbsp. Zum konsequenten logischen Denken..........................................398 Aufgabe 11.5 Zinseszins-Berechnung (geometrische Reihe)............................................398 Aufgabe 11.6 Zinseszins-Berechnung (geometrische Reihe)............................................399 Aufgabe 11.7 Binomialkoeffizienten.................................................................................400 Aufgabe 11.8 Binomischer Lehrsatz .................................................................................401 Aufgabe 11.9 Näherungsrechnung – Binomischer Lehrsatz .............................................402 Aufgabe 11.10 Grenzwert einer unendl. geometrischen Reihe .........................................403 Aufgabe 11.11 Textbeispiel zu einer endlichen Reihe.......................................................403 Aufgabe 11.12 Grenzwerte konvergenter Reihen..............................................................404

Inhalt

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Aufgabe 11.13 Konvergenzuntersuchungen an Reihen .................................................... 406 Aufgabe 11.14 Konvergenzuntersuchungen an Reihen .................................................... 410 Aufgabe 11.15 Konvergenzradien von Potenzreihen........................................................ 410 Aufgabe 11.16 Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe ..................................... 413 Aufgabe 11.17 Entwicklung von Mac Laurin-Reihen ...................................................... 414 Aufgabe 11.18 Entwicklung von Taylor-Reihen............................................................... 420 Aufgabe 11.19 Verknüpfen von Potenzreihen................................................................... 422 Aufgabe 11.20 Integration einer Potenzreihe.................................................................... 424 Aufgabe 11.21 Restgliedabschätzung nach Lagrange....................................................... 424 Aufgabe 11.22 Näherungspolynome aus Potenzreihen..................................................... 425 Aufgabe 11.23 Näherungspolynome aus Potenzreihen..................................................... 427 Aufgabe 11.24 L’Hospital’sche Regel............................................................................... 430 Aufgabe 11.25 Funktionswerte aus Taylorreihen.............................................................. 432 Aufgabe 11.26 Reellwertige Fourier-Reihe ...................................................................... 434 Aufgabe 11.27 Reellwertige Fourier-Reihe ...................................................................... 436 Aufgabe 11.28 Reellwertige Fourier-Reihe ...................................................................... 439 Aufgabe 11.29 Komplexwertige Fourier-Reihe ................................................................ 441 12 Gewöhnliche Differentialgleichungen........................................................................... 443 Aufgabe 12.1 Die Methode der Variablentrennung .......................................................... 443 Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln............................................. 445 Aufgabe 12.3 Implizite Lösungen von Dgln..................................................................... 452 Aufgabe 12.4 Isoklinen von Differentialgleichungen ....................................................... 453 Aufgabe 12.5 Singuläre Lösungen von Differentialgleichungen...................................... 455 Aufgabe 12.6 Exakte Differentialgleichungen.................................................................. 457 Aufgabe 12.7 Inhomogene lineare Differentialgleichungen ............................................. 459 Aufgabe 12.8 Homogene lineare Dgln. 2. Ordnung ......................................................... 463 Aufgabe 12.9 Inhomogene lineare Dgln. 2. Ordnung....................................................... 464 Aufgabe 12.10 Homogene lineare Dgln. n-ter Ordnung................................................... 466 Aufgabe 12.11 Inhomogene lineare Dgln. n-ter Ordnung................................................. 469 13 Funktionaltransformationen......................................................................................... 471 Vorbemerkung ................................................................................................................... 471 Aufgabe 13.1 Fourier-Transformationen .......................................................................... 471 Aufgabe 13.2 Laplace-Transformationen nach Definition................................................ 474 Aufgabe 13.3 Laplace-Transformationen nach Korrespondenztabelle ............................. 476 Aufgabe 13.4 Laplace-Rücktransformationen, Faltungsprodukt ...................................... 480 Aufgabe 13.5 Laplace-Rücktransformationen (allgemein) ............................................... 482 Aufgabe 13.6 Lösen von Dgln. mittels Laplace-Transformation...................................... 485

18

Inhalt

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen) ..........................................................489 Klausur 14.1: Analysis 1 (1.Semester) .............................................................................489 Klausur 14.2: Analysis 2 (2. Semester) ............................................................................490 Klausur 14.3: Erstes Semester (Grundlagen und Differentialrechnung) ...........................492 Klausur 14.4: Zweites Semester (verschiedene Themen)..................................................493 Klausur 14.5: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen).............................................495 Klausur 14.6: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen).............................................496 Klausur 14.7: Erstes Semester (Master / Bachelor-Programm).........................................498 Klausur 14.8: Zweites Semester (Master / Bachelor-Programm) .....................................499 Lösungen zur Klausur Nr. 14.1 .........................................................................................500 Lösungen zur Klausur Nr. 14.2 .........................................................................................503 Lösungen zur Klausur Nr. 14.3 .........................................................................................506 Lösungen zur Klausur Nr. 14.4 .........................................................................................509 Lösungen zur Klausur Nr. 14.5 .........................................................................................514 Lösungen zur Klausur Nr. 14.6 .........................................................................................517 Lösungen zur Klausur Nr. 14.7 .........................................................................................521 Lösungen zur Klausur Nr. 14.8 .........................................................................................525 15 Anhang: Tabellen............................................................................................................531 Tabelle 1: Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung ..........................................531 Tabelle 2: Quantile der Chi-Quadrat-Verteilung................................................................532 Tabelle 3: Korrespondenztabelle der Laplace-Transformation..........................................533 Tabelle 4: Einige Ableitungen und unbestimmte Integrale................................................534 Sachwortverzeichnis............................................................................................................535

1 Mengenlehre Aufgabe 1.1 Verknüpfung von Mengen

  

(b.) (b.)

Punkte je 1 P

h hh hh

je ‹ min

(a.)

mit 2 und 3 Indizes je Š min mehr als 3 Indizes je 1 min

je 1 P je 2 P

Gegeben seien drei nicht disjunkte Mengen (d.h. ihre Schnittmenge ist nicht leer)  ,  und  entsprechend dem Euler-Venn-Diagramm in Bild 1-1.

Bild 1-1 Euler-Venn-Diagramm dreier nicht disjunkter Mengen. Die Nummerierung einzelner Felder mit Ziffern dient der Namensgebung, sodass jedes Feld anhand seiner Ziffer eindeutig bezeichnet werden kann.

(a.) Beschreiben Sie zu jedem einzelnen Feld, in dem eine Ziffer steht, die zugehörige Menge, die sich aus  ,  und/oder  oder Teilen davon zusammensetzt. (b.) Beschreiben Sie diejenigen Mengen, die durch Zusammenfassen der Bereiche mit folgenden Ziffern entstehen. (Die Ziffern sind als Indizes an  angegeben.) x 1,2

x 1,3

x 1,4,6

x 1,3,5

x 2,5,7

x 3,5,7

x  2,3,5

x 3,4,5

x  2,3,5,6

x 1,4,5,7

x 1,2,3,5,7

x 1,4,5,6,7

x  2,3,4,5,6,7

x 1,2,3,5,6,7

x 4,5,6 x 1,3,6,7

x 1,2,3,4,5,6,7

 Lösung zu 1.1 (a.) Es gilt:

5

  ˆ  4 

1

 4  4 

2

  ˆ  4 

3

  ˆ  ˆ 

4

  ˆ  4 

6

 4  4 

7

 4  4 

je 1Pp

20

1 Mengenlehre

Hinweis zu den Aufgabenteilen (a.) und (b.): Die gezeigten Beschreibungen der Lösungsmengen sind mögliche Formulierungen aber nicht die einzig denkbar möglichen. Die gefragten Teilmengen lassen sich auch auf andere Weisen beschreiben. Zum Beispiel könnte man auch sagen 6  4   ‰  . Man beachte diesen Hinweis, damit man nicht leichtfertig korrekte AlternativFormulierungen als falsch einstuft. (b.) Bei den nachfolgenden Lösungen ist mit geschweiften Klammern markiert, welche Mengen welchen Bereichen (nach Ziffern in Bild 1-1) entsprechen. je 1Pp x 1,2

4  N

 N

x 1,3,5

x 1,3

3,4 ,5,6

1,2,3,4

 4   ‰  ‰   ˆ   ˆ    

 

 4  ‰   ˆ   ˆ   

 

x  4,5,6

1,2,3,4,5,6

 N

 

3

4   ˆ   ˆ   

3

x  2,3,5   ˆ  ‰   ˆ    

  

x 3,4,5   ˆ  ‰   ˆ    

  

2,3

3,5

3,4

3,5

je 2Pp x  2,3,5,6

 4  ‰   ˆ    





 4  ‰  

x 1,2,3,5,7

x 1,4,5,7   ‰  4   ˆ 

2,3

5,6

1,2

  

  

1,2,3,4,5,7

2,3

§ ¨

· ¸

§

·

 ‰  ¸¸ x 1,4,5,6,7 ¨   4  ‰   4  ¸ ‰ ¨¨  N 4   

¸   

  

¨ 3,4,5,6 ¨ ¸

B N 2,3,5,7

1,2,3,4,5,7 ¹ ©  

1,4 5,7 ©  ¹

6

1,4,5,7

§§

·

·

 

¸ ¨ ¨  1 ¹ ©©

  ¸ 3 ¹

§

·

x 1,3,6,7 ¨¨ ¨  4   ‰  ¸ ‰   ˆ   ˆ  ¸¸ ‰ ¨¨   4   ‰  ‰   4   ‰  ¸¸

x  2,3,4,5,6,7

 N ‰  N 2,3,5,7

3,4,5,6

¨   7 ©

x 1,2,3,5,6,7

 

¸ 6 ¹

§ · ¨ ¸ N ‰ 4 ¸‰ 4 ¨    

 

¨ 2,3,5,7 ¸  1,2 5,6 ©  ¹



1,2,3,5,7

x 1,2,3,4,5,6,7

  ‰  N ‰   

1,2,3,4

 N 2,3,5(,7)

4   ˆ   ˆ 

3,4,5,6

3

5,7

 N 2,3,5,7

3,5

1

x 3,5,7

x  2,5,7

  

3

1,2,3,4 4 2,3,4 1

4  4  ‰   ˆ      





x 1,4,6   ‰  4

2,3,4,5,6,7





Aufgabe 1.2 Verknüpfung von Mengen

21

Aufgabe 1.2 Verknüpfung von Mengen

   

(a.)

je Š min

(a.)

(b.)

je Š min

(b.)

(c.)

je 1 min

(c.)

(d.)

1 min

(d.)

Punkte (a.) je 1 P

h hh hh h

(b.) je 1 P (c.) je 2 P (d.) 1 P

Sei ^1, 2,3, 4,5,6,7,8,9,10,11` eine Grundmenge und   die Menge aller Quadratzahlen, . die in sind, sowie   die Menge aller geraden Zahlen aus  (a.) Geben Sie  und  durch explizite Aufzählung an. (b.) Bestimmen Sie  ,  ,  ‰  ,  ˆ  ,  ˆ  ,  4  ,  ‰  ,  4  ,   4  ‰   4  . (c.) Überprüfen Sie die Regeln von deMorgan anhand dieses Beispiels. Da muss gelten: und

(i.)  ‰   ˆ 

(ii.)  ˆ   ‰ 

(d.) Zeichnen Sie die Mengen  ,  und in einem Euler-Venn-Diagramm.

 Lösung zu 1.2 (a.) Die explizite Aufzählung lautet:



^1, 4,9`

und



^2, 4,6,8,10`

p je 1P

(b.) Die gefragten Mengen lauten: 

^2,3,5,6,7,8,10,11` ;



^1,3,5,7,9,11` ;

ˆ

^4` ;

ˆ

^3,5,7,11` ;

‰

^3,5,7,11`

4

^2,6,8,10`

 4  ‰   4 

je 1P

‰

^1, 2, 4,6,8,9,10`

4

^1,9`

^1,9` ‰ ^2,6,8,10` ^1, 2,6,8,9,10`

(c.) Regel (i.) sieht man bereits in Aufgabenteil (b.):  ‰  ^3,5,7,11`  ˆ  Für Regel (ii.) bestimmen wir jetzt die beiden zu vergleichenden Mengen, nämlich  ˆ   4   ˆ   4 ^4`

^1,2,3,5,6,7,8,9,10,11`

‰

Also sind am Bsp. unserer Aufgabe die deMorgan’schen Regel verifiziert.

je 2P

22

1 Mengenlehre

(d.) Das Euler-Venn-Diagramm sieht man in Diagramm in Bild 1-2.

1P

Bild 1-2 Euler-Venn-Diagramm der Mengen aus Aufgabe 2.2

Aufgabe 1.3 Bestimmung einer Zahlenmenge



10 min

Seien die Mengen 



hh

Punkte 8P

^ n  n hat keinen quadratischen Teiler ` ^ n  n lässt sich in genau drei Primfaktoren zerlegen ` Anmerkung:1 ist kein Primfaktor ^ n  n d 100 `

Geben Sie die Schnittmenge

ˆ  ˆ  an.

 Lösung zu 1.3 Bequem kommt man zum Ziel, wenn man zuerst aus der Primfaktorzerlegung die Menge  ˆ  aufbaut. Dies sind alle natürlichen Zahlen kleiner oder gleich 100, die aus drei Primfaktoren bestehen. In Tabelle 1.3 werden systematisch alle Möglichkeiten dreier Primfaktoren ( F1 , F2 und F3 ) durchgegangen. Dabei beginnen wir mit den kleinsten Primfaktoren und zählen hoch, wobei die Reihenfolge der Faktoren keine Rolle spielt. (Im Sinne der Kombinatorik sind dies die Kombinationen mit Wiederholung.) 8P

Ist die Menge  ˆ  in der Tabelle aufgelistet (in der vierten Spalte), so markiert man alle diejenigen Elemente, die keine quadratischen Teiler enthalten, sprich die nicht zwei gleiche Primfaktoren enthalten, in der fünften Spalte mit einem „ja“ unter der Bedingung n  . Alle Zahlen hingegen, die zwei gleiche Primfaktoren enthalten, werden dort mit einem „nein“ markiert, denn sie sind nicht Elemente der Menge . Logischerweise umfasst die Lösungsmenge „ja“ gekennzeichnet sind.

dann alle diejenigen Zahlen, die mit einem

Aufgabe 1.3 Bestimmung einer Zahlenmenge

23

Tabelle 1.3 Primfaktorzerlegung aller natürlicher Zahlen kleiner oder gleich 100. Jede Zeile steht für eine solche Zahl. n

?

F2

F3

2

2

2

8

nein

2

2

3

12

nein

2

2

5

20

nein

2

2

7

28

nein

2

2

11

44

nein

2

2

13

52

nein

2

2

17

68

nein

2

2

19

76

nein

2

2

23

92

nein

2

3

3

18

nein

2

3

5

30

ja

2

3

7

42

ja

2

3

11

66

ja

2

3

13

78

ja

2

5

5

50

nein

2

5

7

70

ja

2

7

7

98

nein

3

3

3

27

nein

3

3

5

45

nein

3

3

7

63

nein

3

3

11

99

nein

3

5

5

75

Dies sind die drei Primfaktoren

n

F1 ˜ F2 ˜ F3

F1

Alle Elemente aus  ˆ 

nein Die gesuchte Lösungsmenge ist also  ^30, 42,66,70,78`

Die gesuchte Lösungsmenge im rechten unteren Feld von Tabelle 1.3 wurde durch Zusammenfassen aller derjenigen Zeilen erhalten, bei denen n  ist.

24

1 Mengenlehre

Aufgabe 1.4 Bekannte Zahlen-Grundmengen



hh

je Š min

Punkte je 1 P

Geben Sie bitte die nachfolgend beschriebenen Mengen durch explizites Aufzählen ihrer Elemente an. (Die Abkürzungen `, ], _, \, ^ für die natürlichen, ganzen, rationalen, reellen und komplexen Zahlen seien als bekannt vorausgesetzt.) x 1 x 4 x 7 x 10

^x  x   š  x ^x  x  \ š  x ^x  x  ^ š  x ^x  x  ] š  x

`

x 2

8

`

x 5

9

`

x 8

^x  x  ' š  x 9 ` ^x  x  \ š  x 9 ` ^x  x  ` š  x d 8 `

`

x 11

^x  x  1 ›  x  9 š  x  ` 0 `

2

9

2

2

2

!8

2

x 3

2

x 6

2

x 9

^x  x  _ š  x 8 ` ^x  x  ^ š  x 9 ` ^x  x  ] š  x d 8 ` 2

2

2

Anmerkung: Es gilt die Abkürzung ` 0

` ‰ ^0` .

 Lösung zu 1.4 Die gefragten Zahlenmengen lauten:

je 1P

x 1 ^3`

x  2 ^3;  3`

x 5 ‡

x 6

x  7 ^3;  3`

x 8 ^1; 2`

x 3 ‡

^3i ;  3i , mit der komplexen Einheit i

x 4

`

1

x 11 ^0;1;2;3`

Aufgabe 1.5 Mengen-Operationssymbole (a,b,g.)

je 2 min

(c,d,e,f.) je 1 min

(a,b,g.) (c,d,e,f.)

8 ; 8

x 9 ^2;  1;0;  1;  2`

x 10 ^...;  5;  4;  3;  3;  4;  5;...` ] 4 ^2;  1;0;  1;  2`

 ž

^

hh hh

Punkte je 2 P je 1 P

Welche der nachfolgenden Aussagen sind zutreffend und welche nicht? Geben Sie bitte zu jeder Ihrer Antworten eine Begründung an.

`

Aufgabe 1.5 Mengen-Operationssymbole

25

(a.)     š   Ž  Ÿ    

(b.)     œ   ˆ  

(c.)  x 2

(d.)  x 2

x\

(f.) 

x`

!

2

x\

!

2

(e.)  x3 2 x\

(g.)   x   œ   ˆ  ‡

x \

x

Die Aufgabenteile (a.), (b.) und (g.) begründe man bitte anhand von Euler-VennDiagrammen. Bei allen anderen Aufgabenteilen genügt eine Erklärung in Worten.

 Lösung zu 1.5 (a.) Die Aussage     š   Ž  Ÿ     ist zutreffend, denn das zu überprüfende aussagelogische Symbol ist die Implikation. Eine mögliche Situation findet man zur Veranschaulichung im Euler-Venn-Diagramm von Bild 1-5a. Bild 1-5a Euler-Venn-Diagramm zur Veranschaulichung der 2P Aussage     š   Ž  Ÿ     . Wie man sieht, sind alle Elemente von  auch in  . Dabei ist es egal, ob    oder   .

(b.) Die ebenfalls zutreffende Aussage     œ   ˆ   ist in Bild 1-5b veranschaulicht. Zu überprüfen war wieder die Implikation. Bild 1-5b Euler-Venn-Diagramm zur Veranschaulichung der Aussage     œ   ˆ   . Wenn alle  eine echte Teilmenge von  ist, dann ist die Schnittmenge der beiden wieder  .

(c.) Die Aussage  x 2 x\

2P

2 lautet in Worten: Es gibt ein reelles x , dessen Quadrat 2 ist.

Das ist zutreffend, es gibt sogar zwei passende reelle x  Werte, nämlich x  2 und 1 P x  2. Stolperfalle: !

Man darf die Bedeutung von „es gibt ein“ (  ) nicht verwechseln mit „es gibt genau ein“ (  ). (Æ siehe nachfolgenden Aufgabenteil d.)

26

1 Mengenlehre !

(d.) Die Aussage  x 2 2 lautet in Worten: Es gibt genau ein reelles x , dessen Quadrat 2 x\

ist. 1 P Diese Aussage ist natürlich nicht zutreffend, denn es gibt ja nicht genau ein solches reelles x , sondern derer zwei. !

(e.)  x3 2 lautet in Worten: Es gibt genau ein reelles x , dessen dritte Potenz 2 ist. x\

1 P Diese Aussage trifft wieder zu, denn hier ist das Vorzeichen eindeutig bestimmt: (f.) 

x`

x  \ lautet in Worten: Für alle natürlichzahligen x ist

3

1

2

2 3 .

x eine reelle Zahl.

1 P Die Aussage trifft zu, denn natürliche Zahlen sind positiv und Wurzeln aus positiven Zahlen sind reell (nicht komplex). (g.) Die Aussage   x   œ   ˆ  ‡ lautet in Worten: Für alle x   gilt „ x ist nicht x

in  genau dann, wenn die Schnittmenge von  und  leer ist“. Man sieht dies im EulerVenn- Diagramm von Bild 1-5c, wodurch die Aussage als zutreffend klassifiziert wird.

2P

Bild 1-5c Euler- Venn- Diagramm zur Veranschaulichung der Aussage   x   œ   ˆ  ‡ . x

Wären irgendwelche Elemente x aus  auch in  enthalten, so wäre die Schnittmenge nicht leer.

2 Elementarmathematik Aufgabe 2.1 Periodische Dezimalbrüche

  

(a,b.)

je 2 min

(a,b.)

(c,d.)

je 3 min

(c,d.)

(e,f.)

je 4 min

(e,f.)

h hh hh

Punkte (a.) 1 P (b.) 1 P (c.) 1 P (d.) 1 P (e.) 2 P (f.) 2 P

Wandeln Sie die nachfolgend gegebenen periodischen Dezimalbrüche in Brüche mit ganzzahligen Zählern und natürlichzahligen Nennern um (ggf. auch in gemischte Brüche): (b.) 3.47

(a.) 3.4

(c.) 0.27

(d.) 0.147

(e.) 8.1246

(f.) 8.135246

 Lösung zu 2.1 Arbeitshinweis: Periodische Dezimalbrüche wandelt man in Brüche mit Bruchstrich um, indem man Vielfache der Dezimalbrüche genau derart voneinander abzieht, dass sich die Periodizität beim Subtrahieren mit sich selbst aufhebt. Geeignete Vielfache, wie man sie für diese Subtraktion benötigt, sehen so aus, dass die Periode einmal genau hinter dem Komma beginnt (beim kleineren Faktor – siehe untere Zeile der Subtraktion) und das andere Mal genau eine einzige Periode vor das Komma geschoben wird (beim größeren Faktor – siehe obere Zeile der Subtraktion). Betrachtet man die nachfolgenden Beispiele, so leuchtet dieser Arbeitshinweis leicht ein. (a.) Es gilt ˜ 3.4 34.4

10

˜ 3.4

1

10  1 ˜ 3.4

3.4

1P



31.0 Ÿ 3.4

31 10  1

31 4 3 9 9

(b.) Es gilt 100

˜ 3.47

347.47

1

˜ 3.47

3.47

100  1 ˜ 3.47

1P



344.00 Ÿ 3.47

344 100  1

344 99

3

47 99

28

2 Elementarmathematik

(c.) Es gilt 100

˜ 0.27

27.7

10

˜ 0.27

2.7

1P

100  10 ˜ 0.27

 25 100  10

25.0 Ÿ 0.27

25 90

(d.) Es gilt ˜ 0.147 147.47

1000

1P

˜ 0.147

10

1000  10 ˜ 0.147



1.47

146.00 Ÿ 0.147

146 1000  10

146 990

(e.) Es gilt ˜ 8.1246 81246.246

10000

2P

˜ 8.1246

10



81.246

10000  10 ˜ 8.1246

81165.000 Ÿ 8.1246

81165 10000  10

81165 9990

8

1245 9990

(f.) Es gilt 1000000

2P

1000

˜ 8.135246 8135246.246 ˜ 8.135246

8135.246

1000000  1000 ˜ 8.135246

 8127111 1000000  1000

8127111.000 Ÿ 8.135246

8127111 135111 8 999000 999000

Aufgabe 2.2 Gauß’sche Summenformel

  

(a.)

5 min

(a.)

(b,c.)

je 5 min

(b,c.)

(d.)

10 min

(d.)

Gegeben seien aij

3i  4 j  2 und bij

50 100

(a.)

¦¦ i 1 j 1

n

aij

(b.)

hh hhh hhh 2˜i ˜ j .

m

¦¦ i 1 j 1

(c.)

(b.) 3 P

(c.) 3 P

(d.) 5 P

Berechnen Sie bitte die Summen. n

aij

Punkte (a.) 2 P

m

¦¦ i 1 j 1

50 80

bij

(d.)

¦¦ a

2 ij

i 1 j 1

(mit n, m  ` als Konstanten und i, j  ` als Laufindizes)

Aufgabe 2.2 Gauß’sche Summenformel

29

 Lösung zu 2.2 Arbeitshinweis: Durch geeignetes Umformen lassen sich die in den Aufgabenstellung (a…c) gegebenen Summen in die Form der Gauß’schen Summenformel bringen, die man dann elementar lösen kann. In manchen Fällen muss die Gauß’sche Summenformel auch mehrmals und ineinander geschachtelt angewandt werden. (a.) Es gilt 50 100

ª º « » 50 100 100 « » «  3i  2  4 ˜ j » i 1« j 1 j 1 »  

» «    100101 4˜ 2˜ »¼ «¬ 100˜ 3i  2

50 100

¦¦ a ¦¦ 3i  4 j  2 ¦ ¦ ij

i 1 j 1

i 1 j 1

50

300 ˜

50

¦ i  ¦ 20400 i 1

50

¦

¦ 300i  200  20200 i 1

2P

50 ˜ 51  50 ˜ 20400 1402500 2

300 ˜

i 1

(b.) Es gilt n

m

¦¦

aij

i 1 j 1

ª º « » n « m m » «  3i  2  4 ˜ j » « » i 1« j 1 j 1 »     

m˜ m1 « m˜ 3i  2 4˜ 2 »¼ ¬

¦¦ n

3m ˜

¦ 3m ˜ i  2m   2m

¦

n

¦ i  ¦  2m i 1

50

2

 4m



2

 2m



i 1

3P n ˜  n  1

3m ˜

2

i 1

 2nm 2  4nm

(c.) Es gilt n

m

¦¦

n

bij

i 1 j 1

m

¦¦  2ij i 1 j 1

m § ¨ 2i ˜ ¨ j 1 1©

n

· j¸ ¸ ¹

n

n

§ m ˜  m  1 · ¨ 2i ˜ ¸ 2 ¹ 1©

¦ ¦ ¦ i

i

¦i

m ˜  m  1 ˜

m ˜  m  1 ˜

i 1

n ˜  n  1 2

3P

(d.) Bei diesem Aufgabenteil genügt die Gauß’sche Summenformel nicht. Man braucht zwei n

Summenformeln, nämlich

¦

n

i

1 ˜n˜ 2

 n  1 und

j 1

50 80

¦¦

50 80

aij2

i 1 j 1

¦¦ 3i  4 j  2 2 i 1 j 1

i 1 j 1

2

1 ˜n˜ 6

 n  1 ˜  2n  1 und erhält:

j 1

50 80

¦¦ 9i

2

 12ij  6i  12 ji  16 j 2  8 j  6i  8 j  4



i 1 j 1

50 80

¦¦ 

¦i

ª 80 « 9i 2  « 1¬j 1

50

9i 2  16 j 2  24ij  12i  16 j  4

¦¦ i

80

¦

16 j 2 

j 1

80

¦ j 1

80

24ij 

¦

12i 

j 1

80

¦

16 j 

j 1

º 4» » 1 ¼

80

¦ j

1P

30

2 Elementarmathematik

Hier werden die beiden obengenannten Summenformeln eingesetzt. 1P

ª º « » 16 2 1 1 i  16 ˜ 2 ˜ 80 ˜ 81  80 ˜ 4 » ˜ 12 «80 ˜ 9i  ˜ 80 ˜ 81 ˜ 161  24i ˜ 2 ˜ 80 ˜ 81  80 

6     »   



 

960 i 1« 2 77760 i 52160 2782080 ¬« 720 i ¼»

50



¦ i



50

2P

720 ˜

¦

50

i 2  78720 ˜

i 1

1P

¦







50

i  2834240 ˜

i 1

¦1 i 1

720 78720 ˜ 50 ˜ 51 ˜ 101  ˜ 50 ˜ 51  2834240 ˜ 50 6 2

272986000

Aufgabe 2.3 Betragsgleichungen mit Fallunterscheidungen

 

(a,b,c.) je 12 min (d.)

2 min

hh hh

Punkte (a,b,c.) je 9 P (d.) 2 P

Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden Betragsgleichungen (a.) 3x  12  x  7

25

(b.) 2 x  3  3x  2

21

(c.) x  2   x  2

x  2   x  2

(d.) 2 x  3  3x  2

18

 Lösung zu 2.3 Da das Auflösen von Beträgen vom Wert des Arguments des Betrags abhängt, erfordert das Lösen der zu untersuchenden Betragsgleichungen eine Fallunterscheidung – und zwar in Abhängigkeit von der im Argument des Betrages auftretenden Variablen x . Weil Fallunterscheidungen Anfängern immer wieder unerwartet viele Schwierigkeiten bereiten, sei dieses Thema hier ausführlich kommentiert. Wer keine Probleme mit diesem Aufgabentyp hat, braucht nicht unnötig lange bei Aufgabe 2.3 zu verweilen. Erster Arbeitshinweis: Immer dann, wenn Rechenoperationen nicht allgemeingültig ausgeführt werden können, sondern in Abhängigkeit vom Wert des Operanden durchgeführt werden müssen, ist bei variablem Operanden eine Fallunterscheidung nötig. Das Auflösen von Beträgen ist nur ein Beispiel für eine solche Rechenoperation, die Fallunterscheidungen erfordert. Zweiter Arbeitshinweis: Um möglichst effektiv zu arbeiten, minimiere man die Zahl der zu untersuchenden Fälle. Zeitraubend wäre es beispielsweise, jedes Mal beim Auflösen eines Betrages in zwei Fälle zu unterscheiden. Viel effektiver ist es, zu Beginn der Überlegungen für jeden Betrag eine Fallgrenze festzulegen. Dies sei anhand von Aufgabenteil (a.) demonstriert.

Aufgabe 2.3 Betragsgleichungen mit Fallunterscheidungen

31

(a.) Immer dort, wo das Argument eines Betrages zu Null wird, liegt eine Fallgrenze, also - eine Fallgrenze bei

3x  12

- und eine andere Fallgrenze bei

0 Ÿ x

x7

0 Ÿ

4 x

7

2 Grenzen führen zu 3 Fällen (siehe Bild 2-3), mehr Fälle werden nicht benötigt. 2P

Bild 2-3a Fallgruppeneinteilung für Aufgabe 2.3, Teil (a.)

Stolperfalle: Man achte darauf, dass alle reellen Zahlen  x für die alle Terme in der Gleichung definiert sind, genau einmal auftreten. Das Vergessen von Fallgrenzen kann unter Umständen zu Fehlern führen, ebenso ein mehrfaches Bearbeiten von Fallgrenzen. Wir lösen nun die Aufgabe mit den Beträgen auf: Fall 1: x  7 Æ Die Argumente beider Beträge sind negativ, sodass sich beim Auflösen der Betragsstriche Minuszeichen ergeben: 3x  12  x  7

25 Ÿ   3 x  12   x  7

Begründung: Falls x  7 ist, gilt 3x  12

25 Ÿ  2 x

6 Ÿ

  3 x  12 und x  7

x1

3

  x  7

1P

Fall 2: 7 d x d 4 Æ Hier müssen zum Auflösen nur bei einem der beiden Beträge die Betragsstriche durch ein negatives Vorzeichen ersetzt werden, sodass sich das Auflösen der Betragsstriche wie folgt ergibt: 3x  12  x  7

25 Ÿ   3 x  12   x  7

Begründung: Falls 7 d x d 4 ist, gilt 3x  12

25 Ÿ  4 x

20 Ÿ x2

  3 x  12 und x  7

5   x  7

1P

Fall 3: x ! 4 Æ Die Argumente beider Beträge sind positiv, sodass die Betragsstriche in beiden Ausdrücken ersatzlos weggelassen werden können. 3x  12  x  7

25 Ÿ

 3x  12   x  7

Begründung: Falls x ! 4 ist, gilt 3x  12

25 Ÿ 2 x

44 Ÿ x3

  3 x  12 und x  7

22   x  7

Arbeitshinweis: Wer Abstraktionsschwierigkeiten hat, sich die genannten Begründungen in den einzelnen Fällen vorzustellen, der setze für jeden einzelnen der Fälle jeweils einen willkürlichen Wert innerhalb der jeweiligen Fallgrenzen exemplarisch für den entsprechenden Fall ein. Wenden wir diesen Arbeitshinweis an, so verstehen wir seine Umsetzung: z.B. bei Fall 1:

Wir wählen exemplarisch x 10 (dies liegt innerhalb Fall 1) und untersuchen damit das Verhalten der beiden Beträge beim Auflösen: 3x  12 x7

3 ˜  10  12

 10  7

3

42

42 Der Betrag kehrt also das Vorzeichen um.

3 Wieder kehrt der Betrag das Vorzeichen um.

1P

32

z.B. bei Fall 2:

2 Elementarmathematik

Wir wählen exemplarisch x 0 (dies liegt innerhalb Fall 2) und lösen auf 3x  12 x7

z.B. bei Fall 3:

 0  7

7

12

12 Der Betrag kehrt also das Vorzeichen um.

7 Hier kehrt der Betrag das Vorzeichen nicht um.

Wir wählen exemplarisch x 10 (dies liegt innerhalb Fall 3) und lösen auf 3x  12

x7

Stolperfalle:

3 ˜  0  12

3 ˜ 10  12

10  7

17

18

18 Ohne Umkehr des Vorzeichens.

17 Und nochmals ohne Umkehr des Vorzeichens.

(Dieser Punkt wird oft von Anfängern übersehen)

Die obengenannten Werte x1 , x2 und x3 sind noch nicht die Lösungen der Aufgabe. Die durch das Auflösen der jeweiligen Fälle erhaltenen Lösungen sind nur dann auch Lösungen der Aufgabe, wenn sie gleichzeitig innerhalb der Fallgrenzen „ihres“ Falles liegen. Dies müssen wir beachten, wenn wir nun die Anteile der einzelnen Fälle zur Lösung bestimmen wollen: Der Anteil von Fall 1 an der Lösungsmenge, heiße 1 : 1 P Dies sind alle x  7 für die gilt x 3 . Solche x gibt es nicht, also ist 1 ‡ . Der Anteil von Fall 2 an der Lösungsmenge, heiße  2 : Dies sind alle x mit 7 d x d 4 für die gilt x 5 . Da 5 in dem beschriebenen Bereich 1 P liegt, ist  2 ^5` . Der Anteil von Fall 3 an der Lösungsmenge, heiße 3 : Dies sind alle x ! 4 für die gilt x 22 . Auch hier liegt x im beschriebenen Bereich, also ist 1P  3 ^22` . Die Gesamt-Lösungsmenge erhält man nun durch Vereinigung aller Teil-Lösungsmengen zu 1 P allen einzelnen Fällen:   ‰  ‰  ^5 ;22` 1 2 3 (b.) Nach den gezeigten Erklärungen sollte das Lösen der nächsten Aufgabe kein Problem mehr sein. Sie lautet 2 x  3  3x  2 21 . Hier benötigen wir wieder zwei Fallgrenzen:

- die eine bei

2x  3 0 Ÿ x

 32

- die andere bei

3x  2 0 Ÿ x

 23

Damit ergibt sich die in Bild 2-3b dargestellte Fallunterscheidung. 2P

Bild 2-3b Fallgruppeneinteilung für Aufgabe 2.3, Teil (b.)

Aufgabe 2.3 Betragsgleichungen mit Fallunterscheidungen

33

Wir lösen nun die einzelnen Fälle: Fall 1: x   23 Ÿ Die Gleichung wird zu   2 x  3   3x  2 21 Ÿ x  4

Da dieses x innerhalb der Fallgrenzen liegt, ist 1

^x |  x   š  x 2 3

`

4

^4` .

2P

Fall 2:  23 d x d  32 Ÿ Die Gleichung wird zu   2 x  3   3x  2 21 Ÿ x 16 Da dieses x außerhalb der Fallgrenzen liegt, ist  2 ‡ .

2P

Fall 3: x !  32 Ÿ Die Gleichung wird zu   2 x  3   3x  2 21 Ÿ x Da dieses x innerhalb der Fallgrenzen liegt, ist 3

^ 225 ` .

2P

Somit erhalten wir als Gesamt-Lösungsmenge  1 ‰  2 ‰ 3 (c.) Die Aufgabe x  2   x  2 soviele Fallgrenzen notwendig:

22 5

^4; 225 `

1P

x  2   x  2 enthält wieder zwei Beträge, also sind eben-

- die eine bei

x2

0 Ÿ

x

2

- die andere bei

x2

0 Ÿ

x

2

Somit ergibt sich die Notwendigkeit zu der in Bild 2-3c dargestellten Fallunterscheidung. Bild 2-3c Fallgruppeneinteilung für Aufgabe 2.3, Teil (c.)

2P

Die sich ergebenden drei Fälle lösen wir wie folgt: Fall 1: x  2 Ÿ Die Gleichung wird zu   x  2   x  2   x  2   x  2 Ÿ  4  4 Da es keine x gibt, die diese Gleichung erfüllen, ist 1 ‡ .

2P

Fall 2: 2 d x d 2 Ÿ Die Gleichung wird zu  x  2   x  2   x  2   x  2 Ÿ x 2 Da dieses x innerhalb der Fallgrenzen für Fall 2 liegt, ist  2 ^2` .

2P

Fall 3: x !  32 Ÿ Die Gleichung wird zu  x  2   x  2  x  2   x  2 Ÿ 0 0 Da alle x  \ diese Gleichung erfüllen, sind alle x aus Fall 3 Lösungen der Gleichung, also 2P ist 3 ^ x | x ! 2` . Die Gesamt-Lösungsmenge als Vereinigung der Teil-Lösungsmengen lautet dann: 

1 ‰  2 ‰ 3

(d.) 2 x  3  3x  2

^x |  x

2 ›  x ! 2 `

^ x | x t 2`

1P

18

Hier sieht man ohne explizite Berechnung, dass die Lösungsmenge leer ist. Begründung: Links des Gleichheitszeichens stehen zwei Beträge, die addiert werden, also eine Summe, die immer größer oder gleich Null ist. Auf der rechten Seite steht eine negative 2 P Zahl. Dass es keine x gibt, die dabei eine Gleichheit herstellen, liegt auf der Hand.

34

2 Elementarmathematik

Aufgabe 2.4 pq-Formel in den reellen und komplexen Zahlen

 

(a…d.) je Š min

(a…d.)

(e…g.) je 1 min

(e…g.)

Punkte (a…c.) je 1 P

h hh

(d.) 2 P

(e…g.) je 2 P

Lösen Sie die folgenden Gleichungen mit Hilfe der pq-Formel auf, nötigenfalls in den komplexen Zahlen: (a.) x 2  4 x  5 0

(c.) x 2  4i x  5 0

(b.) x 2  4 x  5 0

(d.) 2 x 2  12 x  10 0

Die folgenden Ungleichungen machen natürlich nur in den reellen Zahlen Sinn, weil in den komplexen Zahlen keine größer- / kleiner- Relation existiert: (e.) x 2  8 x  7 ! 0

(f.) 3x 2  6 x  9 t 6

(g.) 3x 2  6 x t 9

 Lösung zu 2.4 Die Anwendung der pq-Formel sollte eigentlich ohne Probleme funktionieren: 1 P (a.) x 2  4 x  5 0 Ÿ x1/ 2 2 r 4  5 2 r 3 Ÿ x1 1 und x2 5 1 P (b.) x 2  4 x  5 0 Ÿ x1/ 2 2 r 4  5 2 r i Ÿ x1 2  i und x2 2  i 1 P (c.) x 2  4i x  5 0 Ÿ x1/ 2 2i r 4  5 2i r 1 Ÿ x1 1  2i und x2 1  2i (d.) Vor der Anwendung der pq-Formel dividieren wir die Gleichung durch 2: 2P

2 x 2  12 x  10

0 Ÿ

x2  6 x  5 0 Ÿ

x1/ 2

3 r 9  5

3 r 2 Ÿ

x1

5 und x2

1

Stolperfalle:

Die pq-Formel funktioniert nur in der Normalform der quadratischen Gleichung, d.h. wenn der Faktor vor dem x 2 eine Eins ist. (zu e, f und g) Arbeitshinweis:

Die pq-Formel funktioniert nur zur Suche der Nullstellen quadratischer Polynome. Um sie auf Ungleichungen anzuwenden, sucht man die beiden Nullstellen der Parabel und überlegt zusätzlich, ob die Parabel nach oben oder nach unten geöffnet ist. Nach oben geöffnete Parabeln sind zwischen den Nullstellen negativ, außerhalb hingegen positiv. Nach unten geöffnete Parabeln verhalten sich umgekehrt. Dies setzen wir nun um: (e.) 1 P Nullstellen der Parabel Æ x 2  8 x  7 0 Ÿ x1/ 2 4 r 16  7

4r3 Ÿ

x1 1 und x2

7

Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

35

Da das x 2 mit positivem Faktor auftritt, ist die Parabel nach oben geöffnet. Sie ist also außerhalb der beiden Nullstellen positiv. Da die Gleichheit mit Null laut Aufgabenstellung aus1P geschlossen ist, ist die Lösungsmenge  ^ x |  x  1 ›  x ! 7 ` (f.) Wir bringen die Ungleichung in die Normalform der pq-Formel und bestimmen dann die 1P Nullstellen der Parabel: 3 x 2  6 x  9 6 Ÿ x 2  2 x  1 0 Ÿ x1/ 2 1 r 1  1 1 r 0 Die beiden Nullstellen fallen zusammen, also ist die Gleichheit genau für einen einzigen 1P Punkt gegeben. Ein „größer“ ist unmöglich, weil die Parabel nach unten geöffnet ist:  ^1` (g.) Die Nullstellen der Parabel liegen bei 3 x 2  6 x

9 Ÿ x 2  2 x  3 0 Ÿ x1/ 2

1 r 1  3 1 r 2 Ÿ x1

1 und x2

3

1P

Da der Faktor vor dem x 2 negativ ist, ist die Parabel nach unten geöffnet. Die Punkte zwischen den beiden Nullstellen sind also größer oder gleich Null Ÿ  > 1;3@ (Angabe der Lösungsmenge in der Schreibweise eines Intervalls) 1 P Unterstützende Anmerkung: Wer die Lösungen der Ungleichungen (bei den Aufgabenteilen (f.) und (g.)) nicht nachvollziehen kann, der stelle die Parabeln graphisch dar. Nach einer Betrachtung der Kurven sieht man die hier erläuterten Gedankengänge sofort ein.

Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

 

(a.) (b.)

(a.) 8 min. (b.) 12 min.

(a,b)

(c.)

25 min

(c.)

hh hhh

Punkte (a.) 6 P

(b.) 7 P

(c.) 14 P

Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden Ungleichungen: (a.)

1 t 4 2x  5

(b.)

1 1 t x  6 6x  3

(c.)

x 1 1  d 3 5 x4

 Lösung zu 2.5 Da sich die Relationszeichen ( , d, !, t ) in Abhängigkeit von der Rechenoperation und von den Werten der Operanden drehen können, sind oftmals beim Umformen von Ungleichungen Fallunterscheidungen nötig. (a.) Zum Lösen multiplizieren wir die Ungleichung mit 2 x  5 , denn dadurch entsteht eine Ungleichung, die bis auf das Relationszeichen einer Geradengleichung entspricht. Allerdings ist zu beachten, dass sich bei dieser Multiplikation das Relationszeichen abhängig vom Vor-

36

2 Elementarmathematik

zeichen des Multiplikators dreht. Also liegt die Fallgrenze beim Nulldurchgang des Multiplikators, d.h. bei 2 x  5 0 Ÿ x  52 . Damit wird eine Fallgrenze nötig, zur Trennung zweier Fälle: 1P

und

Fall 1: x   52 Fall 2: x !  52

An der Fallgrenze x  52 selbst ist der Nenner auf der linken Seite der Ungleichung Null, d.h. die Ungleichung ist dort nicht definiert, der Wert kann also nicht Lösung sein. Damit lösen wir wie folgt auf: 1 t 4 2x  5

Fall 1: Für x   52 gilt

1P

Ÿ

1 d  4 ˜  2 x  5

Ÿ

8 x d 21

Ÿ

x d  21 8

˜  2 x  5 mit Drehung des Relationszeichens

8 x  20

8 x  1 ˜ 18

21 21 º º 1 P Alle x d  8 sind in Fall 1 enthalten, also ist der Beitrag zur Lösungsmenge 1 ¼ f ;  8 ¼ .

Anmerkung zur Schreibweise von Intervallen: Ist die Grenze im Intervall enthalten, so zeigt die eckige Klammer zum Intervall hin; bei Grenzen hingegen, die nicht im Intervall enthalten sind, zeigt die eckige Klammer vom Intervall weg. 1 t 4 2x  5

Fall 2: Für x !  52 gilt

1P

Ÿ

1 t  4 ˜  2 x  5

Ÿ

8 x t 21

Ÿ

x t  21 8

˜  2 x  5 Relationszeichen dreht nicht

8 x  20

8 x  1 ˜ 18

5 1 P Damit sind alle x aus Fall 2 Bestandteil der Lösungsmenge, also ist  2 ¼º  2 ;  f ¬ª

1 P Die Gesamt-Lösungsmenge lautet also  1 ‰  2

º f ;  21 º ‰ º  5 ;  f ª 8¼ ¼ ¼ 2 ¬

\ 4 º¼  21 ;  52 º¼ 8

Arbeitshinweis:

Um Übersicht bei der Bestimmung der richtigen Teil- und Gesamt-Lösungsmengen zu gewinnen, gibt es eine graphische Hilfsdarstellung, basierend auf einem Zahlenstrahl, die in Bild 2-5a dargestellt und im Anschluss daran kommentiert ist. Diese Art der Darstellung lässt sich bei allen Fallunterscheidungen nutzbringend einsetzen.

Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

37

Bild 2-5a Konstruktion zur übersichtlichen Bestimmung der Lösungsmenge nach erfolgter Fallunterscheidung.

Zuerst zeichnet man in der Mitte einen Zahlenstrahl mit der Markierung der Fallgrenzen und aller weiteren markanten Punkte, die sich im Laufe des Lösungsweges ergeben. Dann trägt man oberhalb des Zahlenstrahls die x -Werte der einzelnen Fälle mit den zugehörigen Intervallgrenzen ein, wobei die Grenzen durch eckige Klammern gekennzeichnet werden, mit denen man zwischen offenen, halboffenen und geschlossenen Intervallen unterscheiden kann. Schließlich trägt man unterhalb des Zahlenstrahls das Ergebnis des Auflösens der Ungleichung für jeden einzelnen Fall ein. Die Teillösungsmenge jedes einzelnen Falles besteht dann aus genau denjenigen x -Werten, für die sich die Markierungen oberhalb und unterhalb des Zahlenstrahles überlappen. Die Teil-Lösungsmengen trägt man zu guter Letzt direkt am Zahlstrahl ein. Deren Vereinigung ergibt die Gesamt-Lösungsmenge, wobei natürlich die Richtung der geöffneten und geschlossenen Intervallgrenzen zu berücksichtigen ist. Anmerkung: Das Antragen des Nullpunktes am Zahlenstrahl ist nicht zwangsweise notwendig. Je nach Situation kann es hilfreich sein oder auch stören. Arbeitshinweis:

Übrigens kann man die hier vorgestellte Konstruktion auch begleitend während des Lösens der Aufgabe anfertigen, wobei man jeden einzelnen Schritt genau in dem Moment einträgt, in dem er berechnet wird. Genau dies ist die Vorgehensweise, die Anfängern hilft, Aufgaben mit Fallunterscheidungen sicher zu bewerkstelligen. (b.) Das in Aufgabenteil (a.) beschriebene Lösungsschema gelangt jetzt mit knappem Kommentar zur Anwendung. Da zweierlei Nenner zu verarbeiten sind, wird mit beiden multipliziert, also mit  x  6 ˜  6 x  3 . Die geringste Zahl von Fällen erhält man, wenn man unterscheidet zwischen

 x  6 ˜  6 x  3 ! 0 und  x  6 ˜  6 x  3  0 . Da man dabei aber zwei Fallgrenzen braucht, nehmen wir einen Fall mehr auf und nehmen drei Fälle in Kauf, was für die Übersichtlichkeit der Lösungswege förderlich ist: Fallgrenze 1 bei  x  6 0 Ÿ x 6 und

Fallgrenze 2 bei  6 x  3 0 Ÿ x  12

Die entsprechenden Fälle sind unter anderem in Bild 2-5b eingetragen. Eine Maßstäblichkeit der Darstellung der x-Achse ist nicht notwendig und hier auch nicht erfüllt. Die beiden Fall-

1P

38

2 Elementarmathematik

grenzen selbst werden keinem der Fälle zugeschlagen, da dort die Nenner zu Null werden. Diese Werte können also ohnehin nicht in der Lösungsmenge enthalten sein. Nebenbemerkung: Wollte man, wie eingangs erwähnt, mit nur zwei Fällen arbeiten, so würde man die Fälle Nr. 1 und Nr. 3 zu einem Fall zusammenfassen, und schreiben  x  6 ˜  6 x  3 ! 0 Æ Fall Nr. 1 und Fall Nr. 3

 x  6 ˜  6 x  3  0 Æ Fall Nr. 2 Tatsächlich werden wir bei unserem (vereinfachten) Lösungsweg feststellen, dass sich die Fälle Nr. 1 und Nr. 3 in analoger Weise lösen.

2P Bild 2-5b Konstruktion zur übersichtlichen Bestimmung der Lösung. Den Lesern wird angeraten, diese Konstruktion begleitend beim Lösen der Aufgabe Schritt für Schritt anzufertigen.

Die einzelnen (drei) Fälle lösen wir nun wie folgt auf: Fall 1: Für x  6 ist  x  6  0 und  6 x  3  0 , somit also  x  6 ˜  6 x  3 ! 0 Deshalb lässt die Multiplikation mit  x  6 ˜  6 x  3 das Vorzeichen unverändert stehen. Wir lösen also wie folgt auf: 1 1 t x  6 6x  3

Ÿ

 x  6 ˜  6 x  3 x6

Ÿ 5x t 9

1P

Ÿ

xt

˜  x  6 ˜  6 x  3

t

 x  6 ˜  6 x  3 6x  3

ohne Drehung des Relationszeichens

Ÿ 6x  3 t x  6

x  3

˜ 15

9 5

Da im Fall 1 keiner dieser x  Werte enthalten ist, ist der Beitrag zur Lösungsmenge 1 ‡ . Fall 2: Für 6  x   12 ist  x  6 ! 0 und  6 x  3  0 , somit also  x  6 ˜  6 x  3  0

Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

39

Deshalb dreht die Multiplikation mit  x  6 ˜  6 x  3 das Vorzeichen um, d.h. die Auflösung der Ungleichung verläuft wie folgt: 1 1 t x  6 6x  3

Ÿ

˜  x  6 ˜  6 x  3

 x  6 ˜  6 x  3

d

x6

Ÿ 5x d 9

Ÿ

 x  6 ˜  6 x  3 6x  3

xd

Ÿ 6x  3 d x  6

x  3

1P

9 5

Da alle x  Werten von Fall 2 kleiner oder gleich sungsmenge:  2

mit Drehung des Relationszeichens

9 5

sind, ist der Beitrag dieses Falls zur Lö-

º 6;  1 ª . 2¬ ¼

Fall 3: Für x !  12 ist  x  6 ! 0 und  6 x  3 ! 0 , somit also  x  6 ˜  6 x  3 ! 0 Deshalb lässt die Multiplikation mit  x  6 ˜  6 x  3 das Vorzeichen unverändert stehen, sodass die Auflösung der Ungleichung dem Weg von Fall 1 sehr ähnelt: 1 1 t x  6 6x  3

Ÿ

 x  6 ˜  6 x  3 x6

˜  x  6 ˜  6 x  3

t

 x  6 ˜  6 x  3 6x  3

ohne Drehung des Relationszeichens

Ÿ 6x  3 t x  6 Ÿ 5x t 9

Ÿ

x t 95

1P

Da mit Fall 3 alle x !  12 betrachtet wurden, sind alle x t 95 auch Lösung der Ungleichung. Der Beitrag von Fall 3 zur Lösungsmenge lautet also 3

ª 9 ;  fª . ¬5 ¬

Die Gesamt-Lösungsmenge als Vereinigung der Teil-Lösungsmengen lautet dann: 

1 ‰  2 ‰ 3

1P

º 6;  1 ª ‰ ª 9 ;  f ª 2 ¬ ¬5 ¼ ¬

(c.) Bei diesem Beispiel werden zwei Rechenoperationen nötig, die Fallunterscheidungen erfordern: • Das Auflösen des Betrages bringt eine Fallgrenze bei

x 3

 15

0 Ÿ x

3 5

• Die Multiplikation mit dem Nenner bringt eine Fallgrenze bei x  4 0 Ÿ x 4

Damit ergeben sich die drei in Bild 2-5c markierten Fälle. Man beachte, dass die Grenze bei x 53 der Vollständigkeit halber in einem der Fälle enthalten sein muss, da dort keine Definitionslücke der Ungleichung besteht. Die Grenze bei x 4 hingegen ist in keinem der Fälle enthalten, denn dort ist die Ungleichung nicht definiert, weil ein Nenner zu Null wird.

1P

40

2 Elementarmathematik

3P

Bild 2-5c Fallunterscheidung und Lösung von Aufgabe 2.5, Teil (c.).

Wir untersuchen nun die drei Fälle. Fall 1: Für x  4 gilt x 1 1  d 3 5 x4

Ersetzen des Betrages durch ein Minuszeichen

1 § x 1· Ÿ ¨  ¸d 3 5 4  x © ¹

Multiplikation mit dem Nenner dreht das Relationszeichen

§ x 1· Ÿ  ¨  ¸ ˜  x  4 t 1 © 3 5¹

1P

Ÿ 

Es folgt das Ausmultiplizieren und Sortieren

x2 § 1 4 · 4  ¨  ¸˜ x  t1 Ÿ 3 ©5 3¹ 5

x2 

17 3 x d0 5 5

Die Parabel hat zwei reelle Nullstellen bei 2

1P

x1/ 2



17 3 § 17 · r ¨ ¸  10 5 © 10 ¹

TR

1.7 r 2.29 Ÿ

TR

x1 | 0.18673 und x2 | 3.2133

Da die Parabel nach oben geöffnet ist, ist die Forderung „kleiner oder gleich Null“ erfüllt für x  > 3.5682;  0.16815@ . Diese x liegen allesamt außerhalb des untersuchten Bereichs von

1 P Fall 1, also ist die Teil-Lösungsmenge  ‡ (vgl. auch Bild 2-5c). 1 Fall 2: Für 4  x  53 gilt x 1 1  d 3 5 x4

1 § x 1· Ÿ ¨  ¸d © 3 5¹ x  4

Ersetzen des Betrages durch ein Minuszeichen

Bei Multiplikation mit dem Nenner bleibt das Relationszeichen

Aufgabe 2.5 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

§ x 1· Ÿ  ¨  ¸ ˜  x  4 d 1 © 3 5¹

Ÿ 

41

x2 § 1 4 · 4  ¨  ¸˜ x  d1 Ÿ 3 ©5 3¹ 5

x2 

17 3 x t0 5 5

TR

1P TR

Die Nullstellen der Parabel kennen wir bereits aus Fall 1: x1 | 0.18673 und x2 | 3.2133

1P

Da aber die Forderung der Ungleichung „größer oder gleich Null“ lautet, und die Parabel nach oben geöffnet ist, suchen wird in Fall 2 nach den Punkten außerhalb der beiden Nullstellen. Dies sind alle x  \ 4 @3.2133;  0.18673> . Prüft man nun, welche dieser x -Werte in Fall 2 untersucht wurden, so erhält man einen unzusammenhängenden Bereich, bestehend aus zwei Teilintervallen, deren Ausmaß man am leichtesten am Zahlenstrahl von Bild 2-5c er- 1 P kennt:  2 ^ x |  4  x d 3.2133 ›  0.18673 d x  0.6 ` Fall 3: Für x t 53 gilt

Ÿ

x 1 1  d 3 5 x4

Der Betrag kann ersatzlos weggelasen werden

x 1 1  d 3 5 x4

Bei Multiplikation mit dem Nenner bleibt das Relationsszeichen

§ x 1· Ÿ ¨  ¸ ˜  x  4 d 1 © 3 5¹

Ÿ

x2 § 1 4 · 4  ¨  ¸˜ x  d1 Ÿ 3 © 5 3¹ 5

x2 

17 27 x d0 5 5

1P

Die beiden reellen Nullstellen der Parabel liegen bei 2

x1/ 2



17 27 § 17 · r ¨ ¸  10 10 5 © ¹

TR

1.7 r 8.29 Ÿ

TR

1P

x1 | 4.5792 und x2 | 1.1792

Da die Parabel nach oben geöffnet ist, ist die Bedingung „kleiner oder gleich Null“ zwischen den beiden Nullstellen erfüllt, also für x  > 4.5792;  1.1792@ . Die sich daraus ergebende TeilLösungsmenge sieht man am leichtesten wieder in Bild 1-5c: 3

> 0.6;  1.1792@

1P

Damit ergibt sich die Gesamt-Lösungsmenge der Ungleichung  1 ‰  2 ‰ 3 als 

@4;  3.2133@ ‰ > 0.18673;  0.6> ‰ > 0.6;  1.1792@ @4;  3.2133@ ‰ > 0.18673;  1.1792@

Anmerkung: Ein ganzer Teil der Rechenwege ist mit der Ungenauigkeit der Rundungen eines Taschenrechners formuliert. Dieser Nachteil wurde hier aus didaktischen Gründen in Kauf genommen, da man bei der exakten Formulierung mit Wurzeln die Kleiner-GrößerRelationen zwischen den Zahlen nur sehr mühsam erkennt. Natürlich kann man das Endergebnis auch exakt schreiben als  º  4 ;  1.7  2.29 º ‰ ª 1.7  2.29 ;  1.7  8.29 º . ¼

¼

¬

¼

1P

42

2 Elementarmathematik

Aufgabe 2.6 Wurzelgleichungen

  

(a,d.)

je 7 min

(a,d.)

(b)

1 min

(b)

(c,e.)

je 4 min

(c,e.)

Punkte (a.) 4 P

hh hh hh

(d.) 4 P

(b.) 2 P (c.) 3 P

(e.) 3 P

Bestimmen Sie diejenigen reellen x , die die nachfolgenden Wurzelgleichungen lösen: (a.)

6 x  8  36  4 x

(c.)

x  2x  5

3x  1

4 x  46

(b.)

(d.)

x  2  4x  1

x2  x3 4 10 x2

0

(e.) 3 x3  4 x 2  8 x  14

x2

 Lösung zu 2.6 Stolperfalle:

Wurzelgleichungen führt man durch Quadrieren auf die pq-Formel zurück. Aber der Rechenschritt des Quadrierens ist keine Äquivalenzumformung! Die quadratische Gleichung, die durch das Quadrieren entsteht, hat möglicherweise mehr Lösungen als die Wurzelgleichung vor dem Quadrieren. Deshalb muss man die aus der pq-Formel erhaltenen Lösungen noch in die Wurzelgleichung einsetzen und überprüfen, welche davon wirklich die Wurzelgleichung lösen. Arbeitshinweis:

Beim Quadrieren von Summen oder Differenzen sind die binomischen Formeln zu beachten. Das Entscheidende dabei ist: Quadriert man eine Summe die Wurzeln enthält, so entsteht im Mittelglied wieder eine Wurzel. Aus diesem Grunde soll man immer darauf achten, dass man soweit irgend möglich, Wurzel-haltige Summanden und Wurzel-freie Summanden vor dem Quadrieren auf die unterschiedlichen Seiten des Gleichheitszeichens sortiert. (a.) Gelöst wird durch folgende Umformungen: 6 x  8  36  4 x

4 x  46

Ÿ  6 x  8  2 ˜ 6 x  8 ˜ 36  4 x   36  4 x

1P

Ÿ 6 x  2 Ÿ  6x  2

2 ˜ 6 x  8 ˜ 36  4 x 2

4 ˜  6 x  8 ˜  36  4 x

Ÿ 36 x 2  24 x  4

864 x  1152  96 x 2  128 x

Gleichung quadrieren 4 x  46

sortieren, alle Wurzeln auf eine Seite nochmals quadrieren ausmultiplizieren wieder sortieren , dann auf Normalform

Aufgabe 2.6 Wurzelgleichungen

43

x  287 Ÿ 132 x 2  760 x  1148 0 Ÿ x 2  190 33 33 Ÿ x1/ 2

 95 r 33

 9533

2



287˜33 33˜33

 95 r 33

18496  33 2

0

pq-Formel

1P

95136 33

 95 r 136 Ÿ x1 33 33

41 33

und x2

95136 33

7

1P

Da im Verlauf des Lösungsweges der nicht-äquivalente Umformungsschritt des Quadrierens aufgetaucht ist (hier sogar mehrfach), müssen wir die Lösungen durch Einsetzen in die Wurzelgleichung überprüfen: ?

für x1 :

41  4  18  2 ˜ 41 3 ˜ 33 33

für x2 :

3 ˜  7  4  18  2  7

41  23 œ 2 ˜ 33

?

3 11



676 33

z

841 33

2 ˜  7  23 œ 25  4

Ÿ x1 ist keine Lösung Ÿ x2 ist Lösung

9

1P

Die Lösungsmenge von Aufgabenteil (a.) besteht also nur aus x2 :  a ^7`

(b.) x  2  x  3  4 0 Hier braucht man nichts rechnen. Man sieht sofort, dass auf der linken Seite des Gleichheitszeichens nur Wurzeln und positive Zahlen stehen, die linke Seite ist also immer t 4 , sie erreicht somit nie den Wert der rechten Seite, die Null. Folglich hat die Gleichung keine Lösungen. Diese Aussage könnte man durch analytisches Auflösen der Glei- 2 P chung verifizieren. Es gilt also: b ‡ (c.) Die Lösung dieses Aufgabenteils versteht man ohne viele Erklärungen: x  2x  5

3x  1

Ÿ x  2x  5

3x  1 Ÿ

 2 x  1 2

Ÿ 2x  5

Gleichung quadrieren 2x  5

2x  1

nochmals quadrieren

4 x2  4 x  1

sortieren

Ÿ 4 x 2  6 x  4 0 Ÿ x 2  23 x  1 0 Ÿ x1/ 2

3 4

r

9 16

16  16

3 4

1P r

5 4

Ÿ

x1

2 und x2

 12

1P

Einsetzen und überprüfen lässt erkennen: ?

für x1 :

2  2˜2  5

für x2 :

 12  2 ˜  12  5



3˜ 2 1 œ ?



23

3 ˜  12  1 œ

6 1  12  4

Ÿ x1 ist tatsächlich eine Lösung  23  1 Ÿ x2 ist keine Lösung

Damit wissen wir: c ^2`

1P

(d.) Auch diese Musterlösung ist selbsterklärend: x  2  4x  1

Ÿ  x  2 

10 x2

 x  2 ˜  4 x  1

˜ x  2

10

zuerst   x+2 ,danach quadrieren

44

2 Elementarmathematik

10   x  2 2

1P

Ÿ  x  2 ˜  4 x  1

1P

Ÿ 4 x 2  9 x  2 64  16 x  x 2 Ÿ 3 x 2  25 x  62 0 Ÿ x 2 

1P

Ÿ x2 

25 x  62 3 3

Ÿ x1

25  37 6

0 Ÿ

2 und

 256

 25 r 6

x1/ 2

25 37 6

x2

8  x 2

Ÿ 4 x2  9 x  2

2

 62 ˜ 12 3 12

 25 r 6

auf Normalform bringen 25 x  62 3 3

625  744 36

0

pq-Formel

 25 r 37 6 6

 62 6

Probe durch Einsetzen: für x1 :

2  2  4˜ 2 1

für x2 :

  626  2 

?

10 œ 22



4 ˜  62 1 6

4 9

?

10

 2  62 6

? 10

4

œ 23

10 Ÿ x1 ist tatsächlich Lösung 2

25 121  3 3

œ

z

10 25 3

Für x2 besteht auch in ^ keine Gleichheit, also ist x2 keine Lösung. 1 P Also lautet die Lösungsmenge von Aufgabenteil (d.):  d

(e.)

3 3

x  4 x 2  8 x  14

x2

^2`

Gleichung hoch 3

Ÿ x3  4 x 2  8 x  14

 x  2 3

1P

Ÿ x3  4 x 2  8 x  14

x3  6 x 2  12 x  8 Ÿ 2 x 2  4 x  6

1P

Ÿ x1/ 2 1 r 1  3 1 r 2 Ÿ x1

ausmultiplizieren und sortieren

1 und x2

0 Ÿ

x2  2 x  3 0

pq-Formel

3

Probe durch Einsetzen:

 1 3  4 ˜  1 2  8 ˜  1  14

für x1 :

3

für x2 :

3 3

3  4 ˜ 32  8 ˜ 3  14

?

?

3 2 œ

1 2 œ 3

3

1  4  8  14

27  36  24  14

3 Ÿ x1

1 Ÿ x2

1 ist Lösung

3 ist auch Lösung

Anmerkung: Im Gegensatz zum Quadrieren, erhält die Potenzierung hoch 3 das Vorzeichen. Deshalb wäre hier eigentlich keine Überprüfung der einzelnen Lösungen nötig, denn die 1 P Umformungen kreieren keine zusätzlichen „Schein-Lösungen“:  ^1,  3` e

Aufgabe 2.7 Rechnen mit Logarithmen

45

Aufgabe 2.7 Rechnen mit Logarithmen

  

Punkte (a…g) je 1 P

h h hh

(a,g,h,i,j,k.) je ‹ min (b,c,d,e,f,n,s.) je Š min (l,m,o,p,q,r) je 1 min

TR

(h…k) je 1 P (l…p) je 1 P TR

TR

Gegeben seien die Zehnerlogarithmen lg  2 | 0.3010 und lg  3 | 0.4771 und lg  e | 0.4343 Berechnen Sie aufgrund dieser Kenntnis ohne Benutzung der Logarithmus-Funktion eines Taschenrechners die nachfolgenden Logarithmen: TR

TR

(a.) lg 1 | ?

TR

(b.) lg  4 | ?

TR

TR

(f.) lg  9 | ? TR

TR

TR

TR

(h.) ln  2 | ?

(i.) ln  4 | ?

TR

(l.) ln 1.2 | ?

(p.) ld  0.04 | ?

(d.) lg  6 | ?

TR

(g.) lg 10 | ?

(k.) ln 10 | ?

TR

(c.) lg  5 | ?

TR

(m.) ln  27 | ?

TR

(n.) ld  5 | ? TR

(q.) ln  15 | ?

(r.) lg  0.015 | ?

TR

(e.) lg  8 | ? TR

(j.) ln  5 | ? TR

(o.) log3 1024 | ? TR

(s.) log 7  343 | ?

Anmerkung: Obwohl zum Lösen der Aufgabe kein Taschenrechner verwendet werden soll, TR

hat das Symbol „ | “ seine Berechtigung, weil nämlich die Vorgaben lg  2 , lg  3 und lg  e die Rundungsfehler eines Taschenrechners enthalten.

 Lösung zu 2.7 Aufgrund der Rechenregeln für Logarithmen gilt: (a.) lg 1 0

(Der Logarithmus von 1 ist zu jeder Basis 0.) TR

(b.) lg  4 lg  2 ˜ 2 lg  2  lg  2 | 0.3010  0.3010 0.6020 TR

(c.) lg  5 lg  102 lg 10  lg  2 | 1  0.3010 0.6990 TR

(d.) lg  6 lg  2 ˜ 3 lg  2  lg  3 | 0.3010  0.4771 0.7781

1P

TR

1P



3 ˜ lg  3 | 2˜ 0.4771 0.9542

(g.) lg 10 log10 10 1

1P

1P

3 ˜ lg  2 | 3 ˜ 0.3010 0.9030

(f.) lg  9 lg 32

1P

TR



(e.) lg  8 lg 23

1P

(ohne Rechenungenauigkeit)

1P

46

2 Elementarmathematik lg  2 TR 0.3010 TR | | 0.6931 lg  e 0.4343

1 P (h.) ln  2 1 P (i.) ln  4

lg  4 TR 0.6020 TR | | 1.386 lg  e 0.4343

(mit Bezug auf Aufgabenteil (b.))

1 P (j.) ln  5

lg  5 TR 0.6990 TR | | 1.6095 lg  e 0.4343

(mit Bezug auf Aufgabenteil (c.))

1 P (k.) ln 10

lg 10 lg  e

1 | 2.3026 0.4343

1 P (l.) ln 1.2

lg 1.2 lg  e

1· § lg ¨ 2˜2˜3˜ ¸ 10 ¹ © lg  e

TR



lg 33

1 P (m.) ln  27

lg  2  lg  2  lg  3  lg 10 TR 0.3010  0.3010  0.47711 TR | | 0.1821 0.4343 lg  e

3˜lg  3 TR 3˜0.4771 TR | 0.4343 | 3.296 lg  e

lg  e

lg  5 TR 0.6990 TR | | 2.322 lg  2 0.3010

1 P (n.) ld  5

1 P (o.) log3 1024



lg 210

(mit Bezug auf Aufgabenteil (c.))

10˜lg  2 lg  3

lg  3

TR

3.010 | 6.309 0.4771

  

4 1 P (p.) ld  0.04 ld  100 ld 22  ld 102

2  2 ˜ ld 10

2  2˜

TR lg 10 TR 1 | 4.644 | 2  2 ˜ 0.3010 lg  2

2

(q.) ln  15

1 ˜ ln 2

1 ˜ lg  3  lg 10  lg  2 2 lg  e

1P

(r.) lg  0.015 1P



1 ˜ ln 3˜10 2 2

15

1 ˜ lg 2

1˜ 2

 ln  3  ln 10  ln  2

TR

TR

1 0.3010 | 1.354 | 12 ˜ 0.47710.4343

 0.015



1 ˜ lg 3˜5 2 1000

1˜ 2

 lg  3  lg  5  lg 1000

TR

| 12 ˜  0.4771  0.6990  3



1 P (s.) log 7  343 log 7 73

0.91195

3

Arbeitshinweis:

Die meisten Studierenden haben die Rechenregeln für Logarithmen (von der Schule her) im Kopf. Die einzige Regel, die immer wieder in Vergessenheit gerät ist die: logb  a

lg( a ) lg(b )

ln( a ) ln(b )

log c ( a ) logc (b )

(mit einem beliebigen c  \ , c ! 0 und c z 1 )

Aufgabe 2.8 Gleichungen mit Logarithmen

47

Aufgabe 2.8 Gleichungen mit Logarithmen

 

(a,e,f,g.) je 5 min

(a,e,f,g.)

(b,c,d.)

(b,c,d.)

je 2 min

Punkte (a,e,f,g.) je 3 P

hh hh

(b,c,d.) je 1 P

Lösen Sie bitte die nachfolgenden Gleichungen (wo „ lg “ für den Zehnerlogarithmus steht):

 (c.) log3  x 2  2

 lg  x5  lg  x

(a.) lg x3  2 ˜ lg  20  lg x 2

(d.)

3

(b.) 3x 1  3x 1 30 a13 x  46

a 2 x  5 (mit a ! 1 )

(f.) 4ln  x 3 ˜ 5ln  x

(e.) log5  x  2 ˜ ln  x 2  2 ˜ ln  25

(g.)

 x

ln  x

5

 Lösung zu 2.8 Die nachfolgenden Lösungswege sind selbsterklärend.



 lg  x5  lg  x



(a.) lg x3  2 ˜ lg  20  lg x 2

umformen mit lg ab

Ÿ 3 ˜ lg  x  2 ˜ 12 ˜ lg  20  2 ˜ lg  x 5 ˜ lg  x  lg  x

separieren von Termen mit x

Ÿ 3 ˜ lg  x  2 ˜ lg  x  5 ˜ lg  x  lg  x

zusammenfassen

 3  2  5  1 ˜ lg  x

Ÿ

 lg  20

 lg  20

 201

lg

1P

3  13 ˜ 3x

(b.) 3x 1  3x 1 30

Ÿ 3 ˜ 3x  13 ˜ 3x

Ÿ 3x

logarithmieren zur Basis 3 liefert Ÿ x 2

90 10



9 32

(c.) log3 x 2  2



Ÿ

13 x  46 2

30

Ÿ

x2

27  2

a 2 x 5 Ÿ a

25 Ÿ

13 x  46 2

x1/ 2

ln  x ln  5

2 x  5 Ÿ 13 x  46

 2 ˜ ln  x

10 ˜ 3 x 3

30

1P

2  2 ˜ ln  25

logarithmieren zur Basis a

4 x  10 Ÿ 9 x

2  4 ˜ ln  5

1P

r5

a 2 x 5

(e.) log5  x  2 ˜ ln  x 2  2 ˜ ln  25 Ÿ

Ÿ

30

3 Gleichung

3

Ÿ x 2  2 33 Ÿ

a13 x  46

1P

1P

10 Gleichung

1 20

Ÿ x

(d.)

b ˜ lg  a

36 Ÿ

x

4

1P

Logarithmen auf gemeinsame Basis e bringen

1P

48

2 Elementarmathematik

Ÿ §¨ 1  2 ·¸ ˜ ln  x © ln  5 ¹

1P

Ÿ

1  2 ˜ ln  5 ˜ ln  x

Ÿ ln  x

1P

Ÿ

x

˜ ln  5

2  4 ˜ ln  5 2 ˜ ln  5  4 ˜ ln  5 ˜ ln  5

2˜ln  5  4˜ln  5 ˜ln  5 1 2˜ln  5

2˜ln  5 ˜1 2˜ln  5 1 2˜ln  5

˜

2 ˜ ln  5

25





logarithmieren zur Basis e



1P

ln x Ÿ ln 4 

1P

Ÿ ln  x ˜  ln  4  ln  5

Ÿ x

(g.) 1P

1P 1P

ln  x

 x

 ln  x 2

Ÿ ln  x Ÿ

x

ln x ln  3  ln 5 



Ÿ ln  x ˜ ln  4

ln  3 Ÿ ln  x

ln  3  ln  x ˜ ln  5

ln  3 ln  4  ln  5

ln  3

sortieren nach x e Gleichung

ln  54

§ ln 3 · ¨ 4 ¸ TR ¨ ln ¸ e© 5 ¹ | 7.27477 ˜ 103

 x

§ Ÿ ln ¨ © Ÿ

e Gleichung

ln  25

(f.) 4ln  x 3 ˜ 5ln  x

1P

1 1 2˜ln  5

e

5

logarithmieren zur Basis e

ln  x ·

¸ ¹

ln  5 Ÿ ln  x ˜ ln

 x

ln  5 Ÿ ln  x ˜ 12 ln  x

2 ˜ ln  5

˜2

quadratische Gleichung lösen e Gleichung

r 2 ˜ ln  5

r 2˜ln  5

ln  5

­ x TR ° | 6.01419542 Ÿ ® 1 TR °¯ x2 | 0.16627328

Aufgabe 2.9 Anwendungsbeispiel zu Logarithmen



hh

5 min

Punkte 3P

In einer elektrischen Schaltung sei ein Kondensator eingebaut, dessen Aufladeprozess zeitlich einer Exponentialfunktion folge, und zwar derart, dass der Verlauf der Spannung als Funktion



t

der Zeit durch die Funktion U  t U 0 ˜ 1  e RC



beschrieben werde.

Betrachten Sie diese Schaltung mit der Spannung U 0 50V , der Kapazität C 10 —F und dem ohm’schen Widerstand R 100 : . Zu welchem Zeitpunkt t x hat die Spannung U  t x den Wert U  t x 45V erreicht?

Aufgabe 2.10 Zahlensysteme verschiedener Basen

49

 Lösung zu 2.9 Wie man an dem in der Aufgabestellung gegebenen Gesetz für U  t sieht, ist U  0 0V . tx

Zum Zeitpunkt t x ist U  t x U 0 ˜ §¨1  e  RC ·¸ 45V ©

t

Wegen U 0 50V folgt 1  e t

Logarithmieren liefert  RCx

x  RC

ln

¹

t

45 V 50 V

 101

Ÿ e

Ÿ tx

x  RC

45 1  50

 RC ˜ ln

 101

1 10

1P

RC ˜ ln 10

1P TR

Durch Einsetzen der Werte erhalten wir t x

RC ˜ ln 10 100 : ˜ 105 F ˜ ln 10 | 2.30 millisec.

Zur Beachtung: Man achte auf die korrekte Verarbeitung der physikalischen Einheiten. So gilt z.B. : ˜ F sec. Der Exponent einer Exponentialfunktion ist frei von Einheiten, ebenso der Wert der Exponentialfunktion, d.h. die „Volt“ im Zähler und im Nenner heben sich dort auf.

Aufgabe 2.10 Zahlensysteme verschiedener Basen S=2..10: 1 Min. pro Eintrag S=16: Š Min. pro Eintrag



hh

Punkte 1 P je Eintrag

Sei a S eine Zahl in einem System mit der Basis S . Wir verwenden dafür die Nomenklatur a S (mit a  \ sowie einer Basis S  ` ) für eine Zahl in ebendiesem S-System. Die einzelnen Ziffern im Zahlensystem mit der Basis S laufen von 0 bis S  1 . Für Dualzahlen ist S 2 , für Dezimalzahlen ist S 10 und für Zahlen im 7er-System ist S 7 . Vervollständigen Sie bitte die nachfolgende Tabelle, bei der jede Zahl in jeweils einem System gegeben ist und in alle anderen dort genannten Systeme übertragen werden soll. Die Tabelle ist zeilenweise zu verstehen (und nicht spaltenweise), d.h. alle Zahlen innerhalb einer Zeile beschreiben den gleichen Wert in den verschiedenen Systemen. Tabelle 2.10.a Aufgabenstellung zur Umwandlung von Zahlen in verschiedene Zahlensysteme

S

2

Dualsystem

S

3

Triadisches System

S

6

Hexadisches System

S

10

Dezimalsystem

S

16

Hexadezimalsystem

11101011 12021 12345 7777 C15

1P

50

2 Elementarmathematik

 Lösung zu 2.10 Erster Arbeitshinweis: Natürlich könnte man jede Stelle einzeln umwandeln und anschließend alle Stellen mit ihren Stellenwerten zusammenfassen. Um aber im Hinblick auf die Klausurensituation zeitsparend zu arbeiten, wenden wir das Horner-Schema an. Zweiter Arbeitshinweis: Da wir im Zehnersystem zu denken und zu arbeiten gewohnt sind, übertragen wir erst alle Zahlen ins Zehnersystem und danach von dort in alle anderen Systeme.

Wir beginnen also mit der Anwendung des Horner-Schemas zur Umwandlung von Zahlen ins Zehnersystem hinein. Für jede Umwandlung verwenden wir das Horner-Schema genau einmal (im Anschluss an den nachfolgenden Arbeitshinweis) und tragen anschließend das Ergebnis in die Spalte S 10 der Tabelle 2.10.a ein. Dritter Arbeitshinweis – zur Arbeitsweise des Horner-Schemas. Bei jeder einzelnen Anwendung des Horner-Schemas mit Arbeitsrichtung ins Zehnersystem hinein schreibt man in die oberste Zeile die umzuwandelnde Zahl. Darunter lässt man eine Zeile frei und macht darunter einen waagerechten Strich. In der allerersten Stelle schreibt man einfach die oberst-linke Zahl als aktuelle Zahl unter den Strich. Danach folgt das Verfahren wie ein Kochrezept, nach dem auch Computer programmiert werden:  Anfang der Programmierschleife Æ Man multipliziert die aktuelle Stelle mit dem „ S “ des

Systems und schreibt sie in die nächst folgende Stelle der mittleren Zeile. Dazu addiert man die Zahl der selben Stelle in der obersten Zeile und schreibt die Summe ebenfalls in die selbe Stelle als aktuelle Stelle unter den Strich. Jetzt beginnt man wieder an der Position  (also GOTO  ), und zwar so oft, bis man am äußerst rechten unteren Ende des Horner-Schemas angelangt ist, wo man die gesuchte Zahl im Dezimalsystem erhält. Vergleicht man die nachfolgenden vier Anwendungsbeispiele des Horner-Schemas mit dem obigen dritten Arbeitshinweis, so versteht man die Vorgehensweise sofort: 1

1 P Dual S 2 Æ Dezimal:

1

1

0

1

0

1

1

p 2

6 14 28 58 116 234

1

3

7 14 29 58 117 235

1

2

0

p 3

15

45 141

1

15

47 142

1 P Triadisch S 3 Æ Dezimal:

5 1

1 P Hexadisch S 6 Æ Dezimal:

2

2

3

1

4

5

p 6

48

306 1860

1

51

310 1865

8

1 P Hexadezimalsystem S 16 Æ Dezimal:

C

1

5

p

192

3088

12

193

3093

Aufgabe 2.10 Zahlensysteme verschiedener Basen

51

Nachdem nun in der Tabelle die Spalte S 10 (Dezimalsystem) vollständig ausgefüllt ist, beginnt die Umwandlung dieser Zahlen in alle anderen Systeme. Dafür verwenden wir wieder das Horner-Schema, aber in umgekehrter Richtung. Vierter Arbeitshinweis – zur Arbeitsweise des Horner-Schemas bei der Arbeitsrichtung aus dem Zehnersystem in andere Systeme:

Man arbeitet in Kolumnen. Dabei beginnt man links oben mit der Anfangszahl im Zehnersystem und dividiert sie durch das „ S “ in der Menge der natürlichen Zahlen mit Divisionsrest. Das Ergebnis dieser Division bildet den Anfang der nächsten Zeile. Die Division setzt man Zeile für Zeile so lange fort, bis man beim Ergebnis Null angelangt ist. Die Divisionsreste – von unten nach oben hintereinander als Zahl geschrieben – ergeben den Wert der umgewandelten Zahl im Zielsystem „ S “. Die Anwendung dieses vierten Arbeitshinweises versteht man aus den nachfolgenden Beispielen: Dezimal Æ Triadisch 235 : 3 78 : 3 26 : 3 8:3 2:3

78 26 8 2 0

Rest 1 Rest 0 Rest 2 Rest 2 Rest 2

1865 : 3 621: 3 207 : 3 69 : 3 23 : 3 7:3 2:3

621 207 69 23 7 2 0

Rest 2 Rest 0 Rest 0 Rest 0 Rest 2 Rest 1 Rest 2

7777 : 3 2592 : 3 864 : 3 288 : 3 96 : 3 32 : 3 10 : 3 3:3 1: 3

2592 864 288 96 32 10 3 1 0

Rest 1 Rest 0 Rest 0 Rest 0 Rest 0 Rest 2 Rest 1 Rest 0 Rest 1

3093: 3 1031: 3 343 : 3 114 : 3 38 : 3 12 : 3 4:3 1: 3

1031 343 114 38 12 4 1 0

Rest 0 Rest 2 Rest 1 Rest 0 Rest 2 Rest 0 Rest 1 Rest 1

4 ×1 P

Dezimal Æ Hexadisch 235 : 6 39 Rest 1 39 : 6 6 Rest 3 6 : 6 1 Rest 0 1 : 6 0 Rest 1

142 : 6 23 Rest 4 23 : 6 3 Rest 5 3: 6 0 Rest 3

7777 : 6 1296 Rest 1 1296 : 6 216 Rest 0 216 : 6 36 Rest 0 36 : 6 6 Rest 0 6:6 1 Rest 0 1: 6 0 Rest 1

3093 : 6 515 Rest 3 515 : 6 85 Rest 5 85 : 6 14 Rest 1 14 : 6 2 Rest 2 2:6 0 Rest 2

4 ×1 P

Dezimal Æ Dual 142 : 2 71 Rest 0 71: 2 35 Rest 1 35 : 2 17 Rest 1 17 : 2 8 Rest 1 8 : 2 4 Rest 0 4 : 2 2 Rest 0 2 : 2 1 Rest 0 1: 2 0 Rest 1

1865 : 2 932 : 2 466 : 2 233 : 2 116 : 2 58 : 2 29 : 2 14 : 2 7:2 3: 2 1: 2

932 466 233 116 58 29 14 7 3 1 0

Rest 1 Rest 0 Rest 0 Rest 1 Rest 0 Rest 0 Rest 1 Rest 0 Rest 1 Rest 1 Rest 1

7777 : 2 3888 Rest 1 3888 : 2 1944 Rest 0 1944 : 2 972 Rest 0 972 : 2 486 Rest 0 486 : 2 243 Rest 0 243: 2 121 Rest 1 121: 2 60 Rest 1 60 : 2 30 Rest 0 30 : 2 15 Rest 0 15 : 2 7 Rest 1 7:2 3 Rest 1 3: 2 1 Rest 1 1: 2 0 Rest 1

3093 : 2 1546 Rest 1 1546 : 2 773 Rest 0 773 : 2 386 Rest 1 386 : 2 193 Rest 0 193 : 2 96 Rest 1 96 : 2 48 Rest 0 48 : 2 24 Rest 0 24 : 2 12 Rest 0 12 : 2 6 Rest 0 6:2 3 Rest 0 3: 2 1 Rest 1 1: 2 0 Rest 1

4 ×1 P

52

2 Elementarmathematik

Arbeitstrick Æ zum Weg ins Hexadezimalsystem:

Theoretisch kann man hierhin natürlich auch mit dem Horner-Schema aus dem Dezimalsystem gelangen. Schneller geht es aber, wenn man die Zahlen im Dualsystem in Vierergruppen zusammenfasst, denn das Hexadezimalsystem wurde zu diesem Zweck eingeführt. In Tabelle 2.10.b sind im Dualsystem die Vierergruppen von hinten nach vorne bereits gebildet (und durch Leerstellen getrennt), sodass man nur noch die übliche Zuordnung der Vierergruppen in HEX-Zahlen durchzuführen braucht: 4 ×1 P

Dual 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 HEX 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 Dez. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Damit sind alle Umwandlungen berechnet; das Ergebnis steht in Tabelle 2.10.b. Tabelle 2.10.b Ergebnisse der Umwandlung von Zahlen in verschiedene Zahlensysteme

S

2

Dualsystem

S

S

3

Triadisches System

6

S

Hexadisches System

10

S

Dezimalsystem

16

Hexadezimalsystem

1110 1011

22201

1031

235

EB

1000 1110

12021

354

142

8E

111 0100 1001

2120002

12345

1865

749

1 1110 0110 0001

101200001

100001

7777

1E61

1100 0001 0101

11020120

22153

3093

C15

Aufgabe 2.11 Bruchrechnung in S-adischen Systemen

    

(a,b.)

je 1 min

(c,d.)

je 2 min

(e,f.)

je 3 min

(g…k.) je 1 min (l…o.) je 2 min

hh (c,d.) h h (e,f.) h h h (g…k.) h h (l…o.) h h h (a,b.)

Punkte (a,b.) je 1 P (c,d.) je 2 P (e,f.) je 3 P (g…k.) je 1 P (l…o.) je 2 P

Sei a  S  \ eine Zahl im S-adischen-System (d.h. mit der Basis S  ` ). Wird  S nicht angegeben (default value), so ist  S 10 . Wandeln Sie die nachfolgend genannten Zahlen

Aufgabe 2.11 Bruchrechnung in S-adischen Systemen

53

mit Nachkomma-Anteil zwischen den bezeichneten Systemen um (ggf. als Bruch oder als Dezimalbruch): (a.) 8.7510 ? 2

(b.) 87.64810 ? 5

(c.) 0.910 ? 2

(e.) 1.710 ? 2

(f.) 1.83 10 ? 2

(g.) 10101010.0101 2 ?10

(h.) 1234.4321 5 ?10

(i.) 1234.4321 7 ?10

(j.) 22.22 3 ?10

(k.) 24.689 ?10

(l.) 11. 01  2 ?10

(m.) 1.101  2 ?10

(n.) 10.0101  2 ?10

(o.) 0.101 2 ?10

(d.) 12.710 ? 2

 Lösung zu 2.11 Auch wenn die Aufgabenstellungen einander ähneln, so sind die Lösungswege doch recht verschiedenartig. Das liegt auch daran, dass man durch geschickte Vorgehensweise Zeit sparen kann – worauf in Klausuren durchaus zu achten ist. (a.) Es gilt 35 : 4 8.75

Deshalb wandeln wir die 35 um und dividieren dann durch 4.

Umwandlung der 35 Æ 3510 100011 2

(ist simpel, wird nicht extra vorgeführt)

Division durch 4 ist ein Verschieben des Kommas Æ 8.7510 100011 2 :100 2 1000.11 2

1P

Arbeitshinweis:

Diese Form der Umwandlung basiert darauf, daß man damit beginnt, die umzuwandelnde Zahl so oft mit der Zielbasis zu multiplizieren, bis nur noch eine natürliche Zahl umgewandelt werden muss. Die fortgesetzte Multiplikation mit der Zielbasis wird zuletzt im Zielsystem durch ein simples Verschieben des Kommas (als Division) wieder aufgehoben. Anmerkung: Diese Vorgehensweise funktioniert nur dann, wenn die Zahl sowohl im Startsystem als auch im Zielsystem keine periodischen Nachkomma-Anteile aufweist. Dies ist der Fall wenn die fortgesetzte Multiplikation im Startsystem zu einer natürlichen Zahl führt. (b.) Wir arbeiten mit dem selben Verfahren wie bei Aufgabeteil (a.) ˜5

˜5

˜5

Multiplikation im Startsystem (dezimal) Æ 87.648 6 438.24 6 2191.2 6 10956 Umwandlung in das Zielsystem  S  5 Æ 1095610 3223115 (ohne Vorführung) Dreimal wurde mit der 5 multipliziert, also muss wieder dreimal durch 5 dividiert werden: 10956 : 53

87.648

œ 322311 5 :1000 5

322.311 5

(c. und d.) Arbeitshinweis:

Führt die fortgesetzte Multiplikation im Startsystem nicht zu einer natürlichen Zahl, so ist der Nachkommateil im Zielsystem periodisch. Die Umwandlung gelingt dann am leichtesten mit

1P

54

2 Elementarmathematik

Hilfe der Bruchrechnung: Man formuliert die Zahl im Startsystem als Bruch und wandelt dann Zähler und Nenner als natürliche Zahlen um. Der Nachteil dabei ist, dass im Zielsystem der Zähler durch den Nenner dividiert werden muss (mit entsprechendem Arbeitsaufwand). (c.) Umwandlung als Bruch: 0.910

9 10 10

(d.) Umwandlung als Bruch:

1001 1010  2

Division im Zielsystem:

 

1 0 0 1 :1010 0

0.1 1100  S

2

1 1 1 1 1 1 1 :1010 1100.1 0110  S 1 01 0



10 010 1 01 0



10 11 0 011 0 000



1 01 0



011 00 10 1 0

0 111 0 0 00 1 11 0 1 01 0



00100



00 00 

1 0 0 0  *



1 0 00 0 0 00

0 0 00 

1 0 0 0 0 o Periodizität zur Stelle *

2

1 0 10

1 0 0 0 0  *



1111111 1010  2

Division im Zielsystem: 

je 2P

127 10 10

12.710

1 0 00 0 1 01 0 11 00 10 10

 

0 100 0000 1 0 0 0 o Periodizität zur Stelle *

Anmerkung: Das hier benutzte Umwandlungsverfahren, bei dem eine Division im Zielsystem nötig wird, hat den Vorteil, auch beliebige Periodizitäten im Startsystem und im Zielsystem verarbeiten zu können. Bei den nächsten beiden Aufgabenteilen (e. und f.) arbeiten wir mit Periodizitäten im Startsystem. (e.) Umwandlung als Bruch je 1P 1.710

16 9 10

10000 1001  2

(f.) Umwandlung als Bruch 1.83 10

165 90 10

10100101 1011010  2

Aufgabe 2.11 Bruchrechnung in S-adischen Systemen

55

Division im Zielsystem:

Division im Zielsystem:

1 0 0 0 0 :1001 1.110001 S  1 001 

2

1 0 1 0 0 1 0 1 :1011010 1.110  S 101 1010



 *

1 11 0





10 1 101 0 1111000

 

0 0 10 00 0 0 

 *

10 110 10

10 01 

je 2P

100 10110

100 1 1 01 0

2

1 1 110 0 0 0 00 0 1 1 1 1 0 0 0 o Periodizität

01 0 0

zur Stelle *

0 0 00 10 00 00 00

 

10 000 1 0 01 1 1 1 0 o Periodizität zur Stelle *

(g.) Arbeitshinweis:

Die Zahlenumwandlung aus beliebigen Systemen ins Dezimalsystem hinein gelingt, sofern im Startsystem keine Periodizitäten vorhanden sind, recht einfach mit der Formel

 am ... a0 , a1 ... a n  S

§ m · ¨ ai ˜ S i ¸ , mit ai = Stellen der Zahl im System mit der Basis S . ¨ ¸ © i n ¹10

¦

Periodizitäten im Zielsystem (=Dezimalsystem) stören dabei nicht. Wir wenden dies nun an: 10101010.0101 2

 1 ˜ 27  0 ˜ 26  1˜ 25  0 ˜ 24  1˜ 23  0 ˜ 22  1˜ 21  0 ˜ 20  0 ˜ 21  1˜ 22  0 ˜ 23  1˜ 24 10

1P

170.312510

(h.) 1234.4321 5

1 ˜ 53  2 ˜ 52  3 ˜ 51  4 ˜ 50  4 ˜ 51  3 ˜ 52  2 ˜ 53  1 ˜ 54 10

194.937610

(i.) Ist das Ergebnis im Zehnersystem periodisch, so führt der Umweg über die Bruchrechnung zum Ziel:

1P

56

2 Elementarmathematik

1 P 1234.4321 7

12344321

1120400

104

74

7

1120400 2401 10

10

Die einfache Bruchrechnung im Dezimalsystem sei dem Leser ohne Vorführung überlassen. 1 P (j.) 22.22 3

1 P (k.) 24.68 9

2222

80

2

2

80 9 10

10  3

3 10

2468

1844 81 10

9

2

9

8.8 10

(l.) Arbeitshinweis:

Existiert im nicht-dezimalen Startsystem ein periodischer Nachkommaanteil, so verwendet man den selben Trick zur Verrechnung der periodischen Nachkommaanteile mittels Subtraktion der periodischen Teile, den wir bereits in Aufgabe 2.1 kennengelernt haben. Man muss ihn allerdings im (nicht dezimalen) Startsystem anwenden. Für unsere Aufgabe sieht dies wie folgt aus. 2P



410 ˜ 11. 01  2

1101. 01  2

110 ˜ 11. 01  2

11. 01  2

310 ˜ 11. 01  2

1010.00  2

Ÿ 11. 01  2

1010.00  2 310

§ 10 · ¨ ¸ © 3 ¹10

3.3 10

§ 12 · ¨ ¸ © 7 ¹10

1.714285 10

(m.) Zu berechnen ist 1.101  2 ?10 2P 

810 ˜ 1.101  2

1101.101  2

110 ˜ 1.101  2

1.101  2

710 ˜ 1.101  2

1100.00  2

Ÿ 1.101  2

1100.00  2 710

(n.) Zu berechnen ist 10.0101  2 ?10 2P



1610 ˜ 10.0101  2 100101.101  2 210 ˜ 10.0101  2

100.101  2

1410 ˜ 10.0101  2

100001.000  2

Ÿ 1.101  2

100001  2 1410

§ 33 · ¨ ¸ © 14 ¹10

2.3571428 10

Aufgabe 2.12 Rechnen im Dualsystem

57

(o.) Zu berechnen ist 0.101 2 ?10 

810 ˜ 0.101 2

101.1  2

410 ˜ 0.101 2

10.1  2

410 ˜ 0.101 2

11.0  2 Ÿ 0.101  2

2P 11  2 410

§ 3· ¨ ¸ © 4 ¹10

0.75

Anmerkung:

Nicht immer muss eine im System  S periodische Zahl auch im Dezimalsystem periodisch sein. Periodizitäten können beim Wechsel des Systems geschaffen oder erhalten werden. Übrigens zeigt Aufgabenteil (o.), dass im Dualsystem gilt 0.101 2 0.11 . Man sollte sich davon nicht überraschen lassen, denn im Dezimalsystem gilt in analoger Weise 0.09 0.1 . (Wie man sieht, gilt: Die höchste Ziffer eines jeden Systems, periodisch wiederholt, lässt sich auch ohne Periodizität schreiben.)

Aufgabe 2.12 Rechnen im Dualsystem Punkte (a…f.) je 1 P (g,h.) je 2 P (i.) 3 P (g,h,i.) 2 / 3 / 4 min (j.) 4 min (j.) 4 P (k,l,m.) 3 min (k,l,m.) 3 P Alle Teile von Aufgabe 2.12 sind im Dualsystem gestellt und sollen direkt dort auch gelöst werden, also ohne Umwandlung in das Zehnersystem. Führen Sie die nachfolgenden Berechnungen aus:

  

(a…f.) je Œ min

h (g,h,i) h h (j.) (k,l,m.) h h (a…f)

(a.) 1110  1011

(b.) 11011010  10101010

(c.) 1010011010  1111011100

(d.) 1110  1011

(e.) 11011010  10101010

(f.) 11010011010  1111011100

(g.) 1110 ˜ 1011

(h.) 11011010 ˜ 11110

(i.) 11011011011 ˜ 1010011

(j.) 0.10 ˜ 0.01

(k.) 0.011 ˜ 1.1101

(l.) 0.10 : 0.01

(m.) 0.011 :1.1101

 Lösung zu 2.12 Arbeitshinweis: Alle vier Grundrechenarten werden im Prinzip in weitreichender Analogie zur Arbeitsweise im Zehnersystem ausgeführt. Dazu erinnere man sich an das Rechnen mit Papier und Bleistift, wie man es in der Schule übt. Der wesentliche Unterschied zur Arbeitsweise im Zehnersytem liegt in der Verknüpfung der einzelnen Stellen. So ist z.B. dezimal 1+1=2, aber dual gilt 1+1=10. Behält man dies im Kopf, so versteht man die Musterlösungen ohne Probleme.

58

2 Elementarmathematik

Vorbemerkung zum Verständnis der Musterlösungen: Überträge sind als kleine tiefgestellte Zahlen markiert. (a.) je 1 P

(b.) 1 1 1 0  11 01 1 1

1

1 1

0

1

0 1

1 1

(c.) je 1 P

1 1

0

0 1 1

1

0 1 1 0

0 0

0

0 1

0 0

1

1

(f.)

1 1 0 1 1 0 1 0  1 01 1 0 1 0 1 0

1 1 0 1 0 0 1 1 0 1

0 0

0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0

1

1 1 1 1

1 0 0 0 0

(g.) 2/3P

0

1 1 1 0  1 01 11 1

(e.) je 1 P

0

(d.) 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0  11 11 1 1 01 11 1 1 0 0

1

1 1 0 1 1 0 1 0  11 01 11 01 1 01 1 0

0 1 1 1

0

0 0



(h.)

1 1 1

0 ˜ 1

1 1 0 1 1 0 1 0 ˜

0 1 1

1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1

1

1

1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 m Überträge

1 0 0 1 1

1

0 1 0

10 10

10

10

1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0

1 0 0 0

0 0 1 0

1 0 1 0

1 0 0 0

0 0 1 0

˜

1 0 1 0 0 1 1

1 0 1 0

1 0 0 0 1 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1

1

1

1

1

10

1 0 0 0 1 1

11

10

10

10

1

m

Überträge

1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1

(i.) 4P

1 1 1 1 0

1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0

10

11

10

10

10

1

1

1 m Überträge

1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0

Aufgabe 2.12 Rechnen im Dualsystem

59

(j) bis (m.) Bei diesen Aufgabenteilen müssen zuerst die Periodizitäten aufgelöst werden, indem man Brüche bildet, die dann nach den Regeln der Bruchrechnung miteinander verarbeitet werden können. (j.) Zu berechnen ist 0.10 ˜ 0.01 . Dabei lautet die Umwandlung in Brüche: 

100 ˜ 0.10

10.10

1 ˜ 0.10

10.10

11 ˜ 0.10

10.00 Ÿ 0.10



sowie 10 11

100 ˜ 0.01

1.01

1 ˜ 0.01

0.01

11 ˜ 0.01 1.00 Ÿ 0.01

2P 1 11

Damit formuliert sich die Multiplikationsaufgabe in der Bruchrechnung als 0.10 ˜ 0.01

10 1 10 10 ˜ 11 11 11 ˜ 11 1001

Die Rück-Umwandlung in einen periodischen Dezimalbruch sei aus Platzgründen nur noch bei Aufgabenteil (j.) vorgeführt. Bei (k.), (l.) und (m.) begnügen wir uns mit einem Bruch (mit Zähler und Nenner) als Ergebnis.    

1 0 :1 0 0 1 0.001110 00

2P

 *

100 000

1 000 0000 1 0000 1 001 

1110 1 0 01 

1 0 10 10 01 

10 0 00 1 0 0 o Periodizität zur Stelle *

(k.) Zur Umwandlung in die Bruchrechnung gilt 

1000 ˜ 0.011 11.11 10 ˜ 0.011



0.11

110 ˜ 0.011 11.00 Ÿ 0.011

und 11 110

10000 ˜ 1.1101

11101.101

10 ˜ 1.1101

11.101

1110 ˜ 1.1101 11010.000 Ÿ 1.1101

1+1 P 11010 1110

60

2 Elementarmathematik

Als Bruchrechnungsaufgabe löst man dann die Multiplikation wie folgt. 1P

0.011 ˜ 1.1101

11 11010 ˜ 110 1110 N 

1 10

1 ˜ 1101 1101 10 ˜ 111 1110

Zeitiges Kürzen macht das Rechnen bequem.

1101 111

10 11

2 P (l.) Die benötigten Brüche kennen wir aus Aufgabenteil (j.) Æ 0.10 1 P Die Ausführung der Division wird somit zu 0.10 : 0.01

und 0.01

1 . 11

10 1 10 11 ˜ : 10 . 11 11 11 1

11 110

2 P (m.) Hier tauchen die Brüche aus Teil (k.) wieder auf: 0.011

und 1.1101

11010 1110

Damit wird die Divisionsaufgabe zu 1P

0.011 :1.1101

11 11010 : 110 1110

11 1110 1 111 ˜ ˜ 110 11010 10 1101   

111 11010

Beide Brüche kann man kürzen.

Aufgabe 2.13 B- Komplement- Darstellung

 

(a)

5 min

(a.)

(b)

8 min

(b.)

Punkte (a) 4 P

hh hh

(b) 6 P

Die nachfolgend genannten Dezimalzahlen wandeln Sie bitte in die binäre Darstellung des BKomplements um, in der Sie die Addition bzw. die Subtraktion der Aufgabenstellungen ausführen. Das Ergebnis wandeln Sie dann zurück in Dezimalzahlen. (a.) In B-Komplement-Zahlen der Länge 5 Bit:

x

58

und

y

58

(b.) u 83  125 , v 83  125 und w 125  83 in B-Komplement-Zahlen deren Länge Sie geeignet festlegen.

 Lösung zu 2.13 (a.) Übertragen der Zahlen in die B-Komplement-Darstellung Der Wertebereich bei der Länge 5 Bit geht von -15…+16. Damit werden Zahlen von 0…16 ohne besondere Vorkehrungen ins Dualsystem übertragen: 5 Dez.

00101 Dual

00101 B  Kompl .

und

8 Dez.

01000 Dual

01000 B  Kompl .

Aufgabe 2.13 B- Komplement- Darstellung

61

Bei negativen Zahlen „N“ wird die duale „N-1“ bitweise invertiert: N

Ÿ

8 Dez.

 N  1  Dez.

1P

00111 Dual , Inversion Ÿ  8 Dez.

7 Dez.

11000 B  Kompl .

Damit sind wir in der Lage, die geforderten Berechnungen ausführen zu können: 0 0 1 x

5 Dez.  8 Dez. :

0 1

0 1

0 0 0

0 1 1

Begründung: Das Vorzeichenbit ist bei allen beteiligten Zahlen Null (also positiv).



0 1  B  Kompl .

1P

13 Dez.

Damit ist die Additionsaufgabe gelöst. Die Subtraktionsaufgabe verläuft wie folgt. y

5 Dez.  8 Dez. :

0 0 1 0 1  1 1 0 0 0 1 1 1

1P

0 1  B  Kompl.

Das Ergebnis von y ist negativ (Vorzeichenbit = 1), also wird die B-Komplement-Zahl bity 11101 B  Kompl . weise invertiert, wodurch der Wert  y  1 entsteht: Glg.˜ -1

Glg.+1

Inversion Ÿ  y  1 00010 Dual

Ÿ

y

00011 Dual

3 Dez.

Ÿ

y

3 Dez.

1P

Begründung: Das Besondere der B-Komplement-Darstellung ist es ja gerade, dass die Subtraktion auf eine Addition zurückgeführt wird, denn die zu subtrahierende Zahl kann als negative Zahl dargestellt und addiert werden.

(b.) Festlegung der Länge der B-Komplement-Zahlen: Da alle beteiligten Zahlen dem Betrage nach kleiner als 27 sind, werden für deren Beträge 7 Bits benötigt. Beim Addieren kann ein Bit mehr entstehen, dazu kommt ein Vorzeichenbit. Also muss die Länge auf mindestens 9 Bits festgelegt werden. (Eine größere Länge wäre kein Problem, ist aber für den gegebenen Zahlenbereich nicht notwendig.) Æ Wir arbeiten also mit einer B-Komplement-Darstellung der Länge 9 Bit:

Die Übersetzung der positiven Zahlen lautet dann: 83 Dez. 125 Dez.

001010011 Dual 001111101 Dual

001010011 B  Kompl . 001111101 B  Kompl .

1P

Die negativen Zahlen erzeugen wir wieder durch Inversion von „N-1“: N

83 Dez. Ÿ

 N  1  Dez.

82 Dez.

001010010 Dual

Inversion Ÿ  83 Dez. 110101101 B  Kompl . N

125 Dez.

Ÿ

 N  1  Dez.

124 Dez.

1P

001111100 Dual

Inversion Ÿ  125 Dez. 110000011 B  Kompl .

1P

62

2 Elementarmathematik

Damit führen wir die geforderten Berechnungen wie folgt aus: • Die erste Addition 1P

u

83  125: 0 0 1 0 1 0 0 1 1  0 0 1 1 1 1 1 0 1

Keine Inversion, da das Ergebnis positiv ist.

0 1 1 0 1 0 0 0 0 B  Kompl .

208 Dez.

u

• Die zweite Addition 0 0 1 0 1 0 0 1 1  1 1 0 0 0 0 0 1 1

v 83  125 :

1 1 1 0 1

0 1 1 0 B  Kompl . Inversion o 000101001 Dual Addition von 1o 000101010 Dual

Umwandlung der Dualzahl liefert: 000101010 Dual 42 Dez.

1P

v Ÿ  v

v 42 Dez.

• Die Subtraktion 1P

0 0 1 1 1 1 1 0 1  1 1 0 1 0 1 1 0 1

w 125  83 :

1

0

0 0 1 0 1 0 1 0 B  Kompl .

42 Dez.

w

Bei w wird der eingeklammerte Überlauf einfach ignoriert (wie immer in B-KomplementDarstellung). Da das Vorzeichenbit von w positiv ist, findet eine Inversion nicht statt.

Aufgabe 2.14 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

  

(a.)

7 min

(a.)

(b.)

5 min

(b.)

(c.)

12 min

(c.)

hhh hhh hhh

Punkte (a.) 5 P (b.) 3 P (c.) 7 P

Bestimmen Sie die Lösungsmengen der folgenden Ungleichungen: (a.) x 2  36 ! x  6

4

(b.)  x  3 ˜  x  5 t 0

 Lösung zu 2.14 (a.) Es gilt x 2  36 ! x  6 œ  x  6 ˜  x  6 !  x  6

(c.)

1 4 x 5

!

1 x 2

Aufgabe 2.14 Ungleichungen mit Fallunterscheidungen

63

Da das Kürzen durch  x  6 eine Multiplikation enthält, ist es nur nach Fallunterscheidung zulässig, die wir wie folgt einteilen: Fall 1 Æ x  6 Hier dreht sich beim Kürzen das Relationszeichen um. Fall 2 Æ x 6 Hier ist wegen  x  6 0 das Kürzen verboten. Fall 3 Æ x ! 6 Hier bleibt beim Kürzen das Relationszeichen ungedreht stehen.

1P

Das Lösen der drei Fälle sieht so aus: Fall 1 Æ  x  6 ˜  x  6 !  x  6

Kürzen

Ÿ

6

 x  6  1

Ÿ

x7

1P

Dies sind alle x aus Fall 1, also ist der Beitrag von Fall 1 zur Lösungsmenge 1

@f ;  6> .

Fall 2 Æ Der Fall behandelt nur einen einzelnen Wert, nämlich x 6 . Am einfachsten ist es, wenn man diesen einen Wert in die Ungleichung einsetzt, denn dann braucht man keine Umformungen durchzführen: ?

?

2

?

x 2  36 ! x  6 œ  6  36 !  6  6 œ 0 ! 0

Fall 3 Æ  x  6 ˜  x  6 !  x  6

Kürzen

Ÿ

Die Bedingung ist nicht erfüllt. Ÿ  2 ‡ 6

 x  6 ! 1

Ÿ

1P

x!7

Diese x liegen alle in Fall 3, also ist der Beitrag zur Lösungsmenge 3

@7;  f> .

1P

Die gesamte Lösungsmenge erhalten wir durch Zusammenfassen aller Teil-Lösungsmengen: 1 P 

1 ‰  2 ‰ 3

@f ;  6> ‰ @7;  f>

4

(b.)  x  3 ˜  x  5 t 0 Wir untersuchen zwei Teile der Ungleichung, indem wir die Bedingung „größer“ und die Bedingung „gleich“ getrennt betrachten. - Die Bedingung „gleich Null“ ist erfüllt, wenn einer der beiden Faktoren verschwindet, also 1P bei x1  3 und bei x2  5 - Die Bedingung „größer Null“ ist erfüllt, wenn  x  5 ! 0 ist, denn der andere Faktor, der 4

die vierte Potenz enthält (also der Faktor  x  3 ), kann prinzipiell nie negativ werden. Aus

 x  5 ! 0 folgt x ! 

5.

1P

Die Lösungsmenge der Aufgabe erhält man wie gewohnt aus der Vereinigung der beiden Teil-Lösungsmengen: 

^x |  x



 3 › xt 5

`

1P

64

2 Elementarmathematik

(c.) Eine Fallunterscheidung erfordert die Multiplikation mit  4 x  5 ˜  x  2 . Dafür benötigt man zwei Fallgrenzen: - eine Grenze bei  4 x  5 0 Ÿ x

5 4

,

- die andere Grenze bei  x  2 0 Ÿ x 2

1P

Aus Gründen der Arbeitseffizienz wollen wir aber trotz der zwei Fallgrenzen nicht drei sondern nur zwei Fälle behandeln: Fall 1 Æ Beide Klammern von  4 x  5 ˜  x  2 haben das gleiche Vorzeichen. Dies ist gege-

^

`

ben für x |  x  54 ›  x ! 2 . In diesem Fall ist das Produkt der beiden Klammern positiv und das Relationszeichen bleibt bei der besagten Multiplikation unverändert stehen. 1 P Fall 2 Æ Beide Klammern haben unterschiedliche Vorzeichen. Dies ist gegeben für ^x | 54  x  2` . In diesem Fall ist das Produkt der beiden Klammern negativ und das Relationszeichen dreht sich bei der besagten Multiplikation um. Lösen wir nun die Ungleichung für diese beiden Fälle auf:

^

`

Fall 1 Æ Beide Klammern haben gleiche Vorzeichen, also x |  x  54 ›  x ! 2 . Hier lösen wir die Ungleichung wie folgt auf: 1 4 x 5

!

1 x2

Ÿ

 4 x  5 ˜ x  2 4 x 5

!

 4 x  5 ˜ x  2 x2

Ÿ

x  2 ! 4 x  5 Ÿ  3 ! 3x Ÿ

x  1

Da alle diese x  Werte in dem Bereich des Fall 1 enthalten sind, ist der Beitrag zur Lö2 P sungsmenge:  1 @f ;  1@ Fall 2 Æ Beide Klammern haben unterschiedliche Vorzeichen, also ^ x | 54  x  2` . Hier lösen wir die Ungleichung wie folgt auf: 1 4 x 5

2P

!

1 x2

Ÿ

 4 x  5 ˜ x  2 4 x 5



 4 x  5 ˜ x  2 x2

Ÿ

x  2  4 x  5 Ÿ  3  3x Ÿ

x ! 1

Diese Bedingung ist für das gesamte Intervall von Fall 2 erfüllt, sodass dieses letztgenannte Intervall die Teil-Lösungsmenge bestimmt:  2 º¼ 54 ;2 ª¬ Die Gleichheit x

5 4

und x 2 wird bewusst nicht betrachtet, denn dort werden die Nenner

zu Null, weshalb die beiden Punkte ohnehin nicht Lösungen sein können. 1 P Die Gesamt-Lösungsmenge lautet also:  1 ‰  2

@f ;  1@ ‰ º¼  54 ;  2 ª¬

Arbeitshinweis: Wer ohne Plotter auskommen muss, kann die einzelnen Intervalle auf dem Zahlenstrahl antragen, so wie wir es bei Aufgabe 1.5 expliziert haben. Bei manchen Klausuren hingegen sind eigene Taschenrechner zugelassen, die auch die Möglichkeit bieten können, Funktionen graphisch darzustellen. Wer davon Gebrauch machen darf, findet gerade bei Ungleichungen eine

Aufgabe 2.15 Binomialkoeffizienten

65

besonders wertvolle Hilfe, die Rechenfehlern ideal vorbeugt: Man plottet die beiden Seiten der Ungleichung und vergleicht graphisch, welche Seite größer ist und welche kleiner. Vorgeführt ist dies in Bild 2-14.

Bild 2-14 Graphische Kontrolle zur Lösung der Ungleichung 4 x15 ! x 1 2 .

Zeichnet man beide Funktionen auf, so braucht man bloß zu schauen, wo die Funktion 4 x15 die größere von beiden ist. Dies ist der Fall für x  1 und für

5 4

 x2.

Die exakten Werte der Schnittpunkte berechnet man natürlich auf analytischem Wege, aber deren Korrektheit kann graphisch mit hoher Fehlersicherheit überprüft werden, da bei der Bedienung von PlotProgrammen Tippfehler nicht sonderlich häufig passieren.

Aufgabe 2.15 Binomialkoeffizienten

  

(a,b,c.) je Š min

(a,b,c.)

(d.)

1 min

(d.)

(e.)

je 2 min

(e.)

Punkte (a,b,c.) je 1 P

h hh hh

(d.) 1P (e.) 1 P

Berechnen Sie die folgenden Binomialkoeffizienten ohne Benutzung eines Taschenrechners: § 5·

(a.) ¨ ¸ © 2¹

§12 ·

(b.) ¨ ¸ ©12 ¹

§ 13 · ¸ ©0¹

§ 23 · ¸ ©2¹

(c.) ¨

§ 23 · ¸ ©5¹

(d.) ¨

(e.) ¨

 Lösung zu 2.15 § n·

n!

Arbeitshinweis: Für n, k  ` und k  n gilt die einfache Definition ¨ ¸ © k ¹ k !˜  n  k ! § n·

Für k  ` , n  \ gilt die erweiterte Definition ¨ ¸ ©k¹ § n·

In beiden Fällen gilt die Zusatzdefinition ¨ ¸ 1 © 0¹

n ˜  n  1 ˜  n  2 ˜...˜  n  k  1 k!

66

2 Elementarmathematik

Zur Berechnung von (a.) und (b.) genügt die einfache Definition, zur Berechnung von (d.) und (e.) hingegen wird die erweiterte benötigt:

je § 5· 5! 1 ˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 20 je 1 P (a.) ¨ ¸ 10 2 ˜  2! 5 2 !  1˜ 2 ˜ 1˜ 2 ˜ 3 2 © ¹ je je 1 P (c.) § 13 · 1 (gemäß Zusatzdefinition)

§12 ·



2˜ 2 3 3

 23  2 ˜  23  3 ˜  23  4



1

  13 2

 ˜  34 ˜  37 ˜  310

14 6

1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5

5!

2˜ 3

2!

2 ˜ 1 3 3

1 ˜

©5¹



2˜ 2 3 3

§ 23 · ¸ ©2¹

(d.) ¨

¨ ¸ ©0¹

1 P (e.) § 2 3 · ¨ ¸

1

12!

1 (b.) ¨ ¸ ©12 ¹ 12! ˜ 12  12 ! 0!

3



1 9

14 729

Aufgabe 2.16 Binomialkoeffizienten

 

(a.)

5 min

(a.)

(b.)

10 min

(b.)

Punkte (a.) 6 P

hh hhh

(b.) 10 P

Beweisen Sie die beiden folgenden Behauptungen: § n ·

(a.) ¨ ¸ © k  1¹

n  k § n· ˜¨ ¸ k 1 © k ¹

§ n· § n ·

§ n  1·

(b.) ¨ ¸  ¨ ¸ ¨ ¸ © k ¹ © k  1¹ © k  1¹

, beide für n, k  ` und n ! k

 Lösung zu 2.16 Die Beweise gelingen, indem man die jeweils linke Seite der Gleichungen in die jeweils rechte überführt. (a.) Es gilt 2P

§ n · ¨ ¸ © k  1¹

n!

n!

1P

n!

 k  1 !  n   k  1 !   k  1 ˜ k ! ˜   n  k  1 !  n  k ! k !˜  k  1 ˜  nk

n! nk ˜ k !˜  n  k ! k  1

§ n· n  k ¨ ¸˜ ©k ¹ k 1

n!  n  k 1 !˜ n  k k !˜  k  1 ˜  nk

q.e.d.

Arbeitshinweis:

Wem die abkürzende Schreibweise der Fakultät die Umformungen unübersichtlich werden lässt, dem sei empfohlen, alle Faktoren explizit auszuschreiben. Bei der nachfolgenden Lösung zu Aufgabenteil (b.) wird dies vorgeführt, auch wenn der Schreibaufwand dadurch größer wird als bei Verwendung des Rechenzeichens für die Fakultät.

Aufgabe 2.17 Der binomische Lehrsatz

67

(b.) §n· § n · ¨ ¸¨ ¸ © k ¹ © k  1¹

n! n!  k !˜  n  k !  k  1 !˜  n  k  1 !

Definition der Binomialkoeffizienten eingesetzt

1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n 1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n  1 ˜ 2 ˜ ... ˜ k ˜ 1 ˜ 2 ˜ ... ˜  n  k 1 ˜ 2 ˜ ... ˜ k ˜  k  1 ˜ 1 ˜ 2 ˜ ... ˜  n  k  1 1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n ˜  k  1

Hier wurden Fakultäten als Faktoren ausgeschrieben.

1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n ˜  n  k



1˜ 2˜ ... ˜k ˜  k 1 ˜ 1˜ 2˜ ...˜  n  k 1˜ 2˜ ...˜ k ˜  k 1 ˜ 1˜ 2˜ ...˜  n  k  1 ˜  n  k Mit gemeinsamem Hauptnenner 1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n ˜  k  1  1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n ˜  n  k k k n k n k ˜ ˜ ˜ ˜  ˜ ˜ ˜ ˜   ˜  1 2 ... 1 1 2 ... 1      wurden die Brüche addiert.  n 1 

  1 ˜ 2 ˜ ... ˜ n ˜   k  1   n  k

zusammengafasst

1 ˜ 2 ˜ ... ˜ k ˜  k  1 ˜ 1 ˜ 2 ˜ ... ˜  n  k  1 ˜  n  k  n  1 !  n  1 !  k 1 !˜  n  k !  k 1 !˜   n 1   k 1 !

Hauptnenner gefunden

§ n 1· Faktoren sind wieder als Fakultäten geschrieben ¨ ¸ © k 1¹ und als Binomialkoeffizienten abgekürzt. q.e.d.

6P

Aufgabe 2.17 Der binomische Lehrsatz

 

(a.) (b.)

3 min 2 min

(a.) (b.)

(c.)

5 min

(c.)

hh hhh

Punkte (a.) 2 P

(b.) 1 P

(c.) 3 P

Berechnen Sie mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes (a.) den Ausdruck ( x  2 y )5 , (b.) den Ausdruck 1  a 6 , 3

(c.) die ersten drei Summanden aus 1  H 2 . (Das sind diejenigen Summanden mit den höchsten Potenzen von H .) Schreiben Sie die Ausdrücke so einfach wie möglich.

 Lösung zu 2.17 Es gilt: (a.) ( x  2 y )5

§5· 5 0 § 5· 4 1 §5· 3 2 § 5· 2 3 §5· 1 4 § 5· 0 5 ¨ ¸˜ x ˜ 2 y  ¨ ¸˜ x ˜ 2 y  ¨ ¸˜ x ˜ 2 y  ¨ ¸˜ x ˜ 2 y  ¨ ¸˜ x ˜ 2 y  ¨ ¸˜ x ˜ 2 y 0 1 2 3 4 5 © ¹ © ¹ © ¹ © ¹ © ¹ © ¹ 5! 4 5! 3 5! 2 5! 1 5! 1 2 3 4 5 5 x ˜ 2 y  x ˜ 2 y  x ˜ 2 y  x ˜ 2 y  1˜ x  ˜ 2 y 4!˜ 1! 3!˜ 2! 2!˜ 3! 1!˜ 4! 0!˜ 5! 1 ˜ x5  10 ˜ x 4 y

 40 ˜ x3 y 2

 80 x 2 y 3

 80 xy 4

 32 y 5

2P

68

2 Elementarmathematik § 6·

§ 6·

§6·

§ 6·

§ 6·

§ 6·

§ 6·

(b.) 1  a 6 ¨ ¸ ˜ a 6  ¨ ¸ ˜ a5  ¨ ¸ ˜ a 4  ¨ ¸ ˜ a3  ¨ ¸ ˜ a 2  ¨ ¸ ˜ a  ¨ ¸ ˜ 1 © 0¹ ©1 ¹ © 2¹ © 3¹ © 4¹ © 5¹ © 6¹ 1P

1  a 6

Ÿ

a 6  6a 5  15a 4  20a3  15a 2  6a  1

(c.) Die ersten drei Summanden lauten 2

§ 32 ·

¦ ¨¨© k ¸¸¹ ˜1

3 k 2

˜ H k § 3 2 · ˜ 1 32 0 ˜ H 0  § 3 2 · ˜ 1 32 1 ˜ H 1  § 3 2 · ˜ 1 32  2 ˜ H 2 ¨¨ ¸¸ ©0 ¹

k 0

¨¨ ¸¸ ©1 ¹

¨¨ ¸¸ ©2¹

3 3 1  32 0 ˜ H 0  2 ˜ 1 32 1 ˜ H 1  2 ˜ 2 ˜ 1 32  2 ˜ H 2 1  3 H  3 H 2

3P

1 ˜1

1!

2!

2

8

Anmerkung: Die unter (c.) vorgestellte Entwicklung ist ein Beispiel für eine Näherungsformel, wie man sie mitunter zu Anwendungszwecken einsetzt. Im Allgemeinen kann man natürlich solche Formeln auch für andere Exponenten als 3 2 entwickeln und ebenso die Zahl der Summanden je nach Bedarf wählen. Die Entwicklung konvergiert nur für H  1 , und ist um so besser, je kleiner H ist. Die typische Schreibweise für eine solche Näherungsformel wäre: 3 3 1  H 2 | 1  H  H 2 3

2

8

für kleine İ .

Aufgabe 2.18 Winkelfunktionen, Additionstheoreme

  

Punkte

(a.)

3 min

(b,c,d,e.)

je 5 min

(f,g,h,i.)

je 3 min

h h (a) 1 P h h (d) 3 P h h (g) 2 P

(b) 4 P

(c) 3 P

(e) 3 P

(f) 2 P

(h) 2 P

(i) 3 P

Zeiten und Punkte sind so bemessen, dass man jede Teilaufgabe für sich alleine lösen kann, ohne auf vorangehende Teilaufgaben zurückgreifen zu müssen.

Sie kennen die Werte des Sinus und des Cosinus von 0q, 30q, 45q, 60q und 90q . (Diese Werte sollte man auswendig im Kopf haben. Eine Hilfe kann dabei die Eselsbrücke aus Tabelle 2.19 sein.) Berechnen Sie daraus mit Hilfe von Additionstheoremen die Werte der nachfolgend genannten Winkelfunktionen (selbstverständlich ohne Taschenrechner): (a.) sin(15q)

(b.) sin(22.5q)

(c.) cos(67.5q)

(d.) sin(67.5q)

(f.) tan(15q)

(g.) cos(75q)

(h.) sin(75q)

(i.) tan(75q)

(e.) cos(7.5q)

Aufgabe 2.18 Winkelfunktionen, Additionstheoreme

69

 Lösung zu 2.18 Arbeitshinweis:

Die Werte der Winkelfunktionen bei den in der Aufgabenstellung als allgemein bekannt vorausgesetzten Winkeln merkt man sich am leichtesten nach dem in Tabelle 2.18 gezeigten Schema: Zählt man die Spalten von 0 bis 4 durch (siehe Laufindex „n“), dann sind Sinus und Cosinus in der jeweiligen Spalte gegeben durch sin(Spalte n) 12 ˜ n und cos(Spalte n)

1˜ 2

4  n , d.h. der Radikand wird von „0“ bis „n“ heraufgezählt bzw. von „n“

bis „0“ herunter. sin D cosD

Für den Tangens ist keine gesonderte Merkregel nötig, da tan D

gilt. Der Tangens

von 90° ist nicht definiert. Tabelle 2.18 Eselsbrücke zum Merken der Winkelfunktionen bei einigen Winkeln.

D

0q

D 30q

(n = 0)

(n = 1)

sin D

1˜ 2

cos D

1˜ 2

tan D

0

1˜ 2

4

1˜ 2

0 4

D

D

45q

(n = 2)

1

1˜ 2

3

1˜ 2

1 3

60q

D 90q

(n = 3)

(n = 4)

2

1˜ 2

3

1˜ 2

4

2

1˜ 2

1

1˜ 2

0

3 1

2 2

"

4" 0

Die einzelnen Aufgaben lösen wir, indem wir diese Werte mit verschiedenen Additionstheoremen verarbeiten. Wie aufwändig die einzelnen Aufgaben sind, hängt davon ab, wie umfangreich die bei der Lösung zur Verfügung stehende Sammlung an Additionstheoremen ist. Damit ist auch klar, dass die anzuwendende Punkteskala zur Bewertung dieser Aufgabe von der Art der zur Verfügung gestellten Formelsammlung abhängt. (a.) Es gibt das Additionstheoremen Mit D

45q und E

sin D r E sin D ˜ cos  E r cos D ˜ sin  E

30q folgt daraus: sin  45q  30q sin  45q ˜ cos  30q  cos  45q ˜ sin  30q

Werte einsetzen führt zu:

sin 15q

2 2

˜

3 2



2 2

˜

1 2

1P

6 2 4

(b.) Wir verwenden zwei Additionstheoreme: sin 2  z  cos 2  z 1  1 cos  x ˜ cos  y

und

1 ˜ ª cos 2 ¬

 x  y  cos  x  y º¼  2

1P

Diese setzen wir wie folgt ineinander ein: Für x y D2 ergibt  2 : cos

 D2 ˜ cos  D2

Für z

D 2



 ergibt  1 : sin 2  D2  cos 2  D2 1 1 ˜ ªcos D 2 ¬ 2

 sin  D2

 D2  cos D2  D2 º Ÿ cos 2 D2 ¼ Ÿ

1 ˜ ª cos 2 ¬

 0  cos D º¼



1  cos 2 D2

 3

1 2

 12 cos D

1P

n  4

1P

70

2 Elementarmathematik

Einsetzen von  4 in  3 liefert: sin  D2 1 P Für D

45q erhalten wir: sin  22.5q sin



1  cos 2 D2

 452q

1 2

1

 12  12 cos D

 12 cos  45q

1 2

1 2

 12 cos D

 12 ˜ 12 ˜ 2

(c.) Aus der Symmetrie der Winkelfunktionen wissen wir, dass gilt: cos D sin(90  D ) 3 P Für D

1  cos 2 D folgt mit D

(d.) Aus sin D 3P

sin  90q  67.5q sin  22.5q

67.5q erhalten wir nach (b.): cos(67.5q)

1  cos 2  67.5q

sin  67.5q

1 2

 12 ˜ 12 ˜ 2

67.5q :

1  sin 2  22.5q

1

 12  12 ˜ 12 ˜ 2

1 2

 12 ˜ 12 ˜ 2

(e.) In einem zu Aufgabenteil (b.) analogen Rechenweg lässt sich ein Additionstheorem finden, das in manchen Formelsammlungen auch explizit aufgeführt ist. Es lautet



cos D2

1 2

 12 cos D x 2

Setzt man dieses Additionstheorem mit D cos

3P

 4x

cos(7.5q)

 2x 12  12 ˜ 12  12 cos  x 1  1 ˜ 1  1 cos 30q cos  304 q  2 2 2 2

1 2

 12 cos

D

x 4

œ

2

in sich selbst ein, so erhält man

Daraus ergibt sich für x 30q : 1 2

 12 ˜

1 2

 12 ˜ 12 ˜ 3

(f.) Es gilt tan  x

sin  x cos  x

½ ° ¾ Ÿ tan  x 1 °¿

sin 2  x  cos 2  x

sin  x 1 sin 2  x 6 2 4

Aus Aufgabeteil (a.) setzen wir sin 15q

2P

tan 15q

ein und erhalten für x 15q :

6 2 4

sin  x 1 sin 2  x

1



6 2 4



2

(g.) Aus dem Additionstheorem cos D sin(90  D ) folgt für D 2P

6 2 4

cos  75q sin  90q  75q sin 15q

(h.) Aus dem Additionstheoremen

sin D r E sin D ˜ cos  E r cos D ˜ sin  E

folgt mit D

sin  45q  30q sin  45q ˜ cos  30q  cos  45q ˜ sin  30q

45q und E

2 P Werte einsetzen führt zu: 3P

75q mit Aufgabenteil (a.):

(i.) Mit tan  x

sin  x cos  x

30q :

sin  75q

2 2

˜

3 2



2 2

˜

1 2

erhält man für x 75q : tan  75q

6 2 4 sin  75q cos  75q

6 2 4

˜

4 6 2

6 2 6 2

Aufgabe 2.20 Faktorisierung von Polynomen

71

Aufgabe 2.19 Polynomdivision



(a,b.)

h

je 4 min

Punkte (a.) 2 P

(b.) 2 P

Führen Sie die nachfolgend genannten Polynomdivisionen aus:

  (b.)  2 x5  4 x 4  4 x3  3x 2  1 :  x 2  2 x  1

(a.) x 4  2 x3  13x 2  14 x  24 : x 2  x  2

 Lösung zu 2.19 Die Polynomdivision gehört zum elementaren Standard-Repertoire aller Studierenden in Mathe-Vorlesungen. Die Ausführung erinnert an das Dividieren von Zahlen mit Papier und Bleistift, nur dass statt der einzelnen Stellen die Potenzen von x zu verarbeiten sind. (a.) Es gilt 

 x4  2 x3  13x2  14 x  24 :  x2  x  2

x 2  x  12

x 4  x3  2 x 2 

2P

 x3  11x 2  14 x  x3  x 2

 2x

2



12 x  12 x  24 12 x 2  12 x  24 0

(b.) Es gilt 

 2 x5  4 x4  4 x3  3x2  1 :  x2  2 x  1

2 x3  2 x  1

2 x5  4 x 4  2 x 3 

2P

2 x3  3 x 2  1 2 x3  4 x 2  2 x 

 x2  2x 1  x2  2x 1 0

Aufgabe 2.20 Faktorisierung von Polynomen



(a.) (b.)

je 2 min je 5 min

h

Punkte (a.) 1 P

(b.) 3 P

Faktorisieren Sie die folgenden Polynome, soweit möglich mit reellen Faktoren, falls nötig mit komplexen Faktoren:

72

2 Elementarmathematik

(a.) pa  x x3  x 2  12 x (b.) pb  x x 4  2 x3  x 2  8 x  12 Hinweis: x1 2i ist Nullstelle von pb

 Lösung zu 2.20 Arbeitshinweis:

Zum Faktorisieren eines Polynoms sucht man dessen Nullstellen und spaltet diese anschließend durch Polynomdivision ab. Ein Polynom n -ten Grades hat genau n Nullstellen, von denen einige komplex sein können. n

Das Faktorisieren entspricht der Umformung

¦a ˜ x i

i

 x  x1 ˜  x  x2 ˜ ... ˜  x  xn .

i 0

(a.) Da das Polynom pa  x keinen Summanden mit x0 enthält, wird x ausgeklammert: pa  x

 x2  x  12 ˜ x

Die anderen beiden Nullstellen von pa  x findet man mit der pq-Formel: x 2  x  12

0 Ÿ x1/ 2

1 2

r

1 4

 12

1 2

r 72 Ÿ

x1

3 und x2

4

1 P Somit lautet die Faktorisierung: pa  x x  x  12 x  x  0 ˜  x  3 ˜  x  4 3

2

(b.) Arbeitshinweis: Komplexe Nullstellen treten immer paarweise auf, und zwar gemeinsam mit ihrem komplex Konjugierten. Der Hinweis aus der Aufgabenstellung enthält also die Information über zwei Nullstellen: x1 2i und x2 2i Fasst man beide Nullstellen zu einem reellen Faktor zusammen, so erhält man  x  x1 ˜  x  x2  x  2i ˜  x  2i x 2   2i 2

x2  4

Polynomdivision erlaubt das Abspalten dieser beiden Nullstellen von pb  x : 

2P

 x4  2 x3  x2  8x  12 :  x2  4 x4  

4 x2

2 x3  3 x 2  8 x 2 x3  

8x

3x

2

 12

3x

2

 12 0

x2  2 x  3

Aufgabe 2.21 Polynomdivision mittels Horner-Schema

73

Damit wird der Weg zu den anderen beiden Nullstellen des Polynoms eröffnet, die wir als Nullstellen von x 2  2 x  3 finden, und zwar wie üblich mit der pq-Formel: x 2  2 x  3 0 Ÿ x3/ 4 1 r 1  3 1 r 2 Ÿ x3  3 und x4 1 Somit können wir die gezeigte Polynomdivision auch umformen und schreiben:

 x4  2 x3  x2  8x  12 :  x  2i ˜  x  2i  x  3 ˜  x  1 Ÿ  x 4  2 x3  x 2  8 x  12  x  3 ˜  x  1 ˜  x  2i ˜  x  2i für die gesuchte Faktorisierung

1P

Aufgabe 2.21 Polynomdivision mittels Horner-Schema



(a,b)

Punkte (a.) 1 P

h

je 2 min

(b.) 1 P

Die nachfolgend genannten Polynomdivisionen dienen der Abspaltung von Linearfaktoren. Vollziehen sie diese Abspaltung bitte mit dem Horner-Schema: (a.) 3x5  14 x 4  3 x3  24 x 2  14 x  8 , abzuspalten ist der Faktor  x  4 (b.) 3x 7  13 x6  12 x5  2 x 4  7 x3  3 x 2  7 x  21 , abzuspalten ist der Faktor  x  3

 Lösung zu 2.21 Arbeitshinweis:

Wenn ein Faktor  x  x1 abgespalten werden kann, dann liegt eine Nullstelle bei x1 . Diese ist wie ein Stellenwert zu betrachten, mit dem das Ergebnis einer Spalte in die Summation der nächsten Spalte zu multiplizieren ist. (a.) Abzuspalten ist der Linearfaktor  x  4 , also liegt die bewusste Nullstelle bei x 4 . Damit wird der Spalteneintrag der dritten Zeile in den Eintrag der nächsten Spalte der zweiten Zeile multipliziert: 3

14

p

 12

3

2

3  24  14  8  20 5

4

Dies bedeutet:

 3x

5

8

 16  8 2

1P

0



4

 14 x  3 x3  24 x 2  14 x  8 :  x  4 3 x 4  2 x3  5 x 2  4 x  2

(b.) Der abzuspaltende Linearfaktor  x  3 setzt eine Nullstelle bei x 3 voraus. Dieser Wert gibt den zu multiplizierenden Faktor für das Horner-Schema an: 3  13

 12  2  7  3  7  21

p

9

 12

0

3

4

0

2

6 3 1

0

0

 21

7

0

1P

74

2 Elementarmathematik

Dies bedeutet:

3x7  13x6  12 x5  2 x4  7 x3  3x2  7 x  21 :  x  3

3 x 6  4 x5  2 x 3  x 2  7

Die prinzipielle Kenntnis des Horner-Schemas wird bei dieser Aufgabe als bekannt vorausgesetzt. Wem hierzu die Übung fehlt, der betrachte Aufgabe 2.10.

Aufgabe 2.22 Nullstellen von Polynomen



(a..c)

Punkte je 2 P

hh

je 3 min

Bestimmen Sie jeweils alle vier Nullstellen der nachfolgenden Polynome: (a.) pa  x x 4  7 x 2  12

(b.) pb  x x 4  10 x 2  9

(c.) pc  x x 4  x 2  20

(d.) pd  x 5 x 4  65 x 2  180

 Lösung zu 2.22 Arbeitshinweis:

Obwohl hier Polynome vierten Grades gegeben sind, ist die Bestimmung der Nullstellen nach einem allgemeingültigen Verfahren mit Hilfe der pq-Formel möglich. Der Grund liegt darin, dass keine ungeraden Potenzen von x auftauchen. Der Lösungsweg beginnt in solchen Fällen mit der Substitution z : x 2 und verläuft danach wie hier vorgeführt: (a.) Substitution: z : x 2 Ÿ pa  x z 2  7 z  12 1 P Das z bestimmen wir mit der pq-Formel: z : 1/ 2

7 2

r

49 4

 48 4

7 2

r 12 Ÿ z1

3 und z2

4

Nun muss resubstituiert werden. Stolperfalle: Zur Resubstitution darf man nicht vergessen, dass jede Lösung für z zwei Lösungen für x repräsentiert: z : x 2 Ÿ xa / b r z .

1P

Dadurch erhalten wir vier Lösungen: x1/ 2 r z1 r 3 und x3/ 4 r z2 (b.) Substitution :

1 P pq-Formel: 1 P Resubstitution

z : x2 Ÿ

r 4

pb  x

r2

z 2  10 z  9

Ÿ z1/ 2 : 5 r 25  9

5 r 4 Ÿ z1 1 und z2

Ÿ x1/ 2

r1

r z1

r 1

und

x3/ 4

9

r z2

r 9

r3

Aufgabe 2.23 Symmetrie von Funktionen

(c.) Substitution :

z : x2 Ÿ

pq-Formel:

Ÿ z1/ 2 :

1 2

Resubstitution

Ÿ x1/ 2

r z1

75

z 2  z  20

pb  x r

1 4

 80 4

1 2

r 4

r

81 4

r2i

1 2

r 92 Ÿ z1

und x3/ 4

4 und z2

r z2

1P

5

1P

r 5

(d.) Stolperfalle: Zur Anwendung der pq-Formel muss das Polynom zuerst in die Normalform gebracht werden, d.h. der Faktor vor dem z 2 muss 1 sein:



pd  x 5 x 4  65 x 2  180 5 ˜ x 4  13x 2  36



Die Nullstellen suchen wir nun für den Ausdruck x 4  13 x 2  36 z 2  13 z  36 0 Ÿ z1/ 2 :  13 r 2

169 4

Resubstitution

Ÿ x1/ 2

 13 r 2

25 4

r z1

r 9

 144 4

 13 r 2

5 2

Ÿ z1

r3i

und

9 und z2 x3/ 4

1P

4

r z2

r 4

1P

r2i

Aufgabe 2.23 Symmetrie von Funktionen



(a…g) je Š min

(a…g)

h

Punkte je 1 P

Prüfen Sie, ob die nachfolgend genannten Funktionen gerade oder ungerade Symmetrie aufweisen. (a.) f a  x 3 x6  5 x 2  4 (d.) f d  x 3 ˜ cos  1x

(b.) fb  x x 7  4x (e.) f e  x 5 x ˜ sin  x



(c.) f c  x sin x 2 (f.) f f  x e3 x

(g.) f e  x e53 x

2

 Lösung zu 2.23 Im Prinzip kann man die geforderte Überprüfung der Funktionen immer auf die Definitionen der geraden ( f  x f   x ) und ungeraden ( f  x  f   x ) Symmetrie zurückführen. Da aber nur gerade und ungerade Symmetrie zu untersuchen sind, genügen oftmals weniger arbeitsintensive Überlegungen. (a.) f a  x 3 x6  5 x 2  4 x0 Æ gerade Symmetrie. Begründung: Polynome, deren Summanden nur geradzahlige Exponenten der freien Variablen aufweisen, haben gerade Symmetrie. Formaler Nachweis: f a   x 3   x 6  5   x 2  4   x 0 3x6  5 x 2  4 x0

f a   x Æ gerade

1P

(b.) fb  x x 7  4x Æ ungerade Symmetrie, es treten nur ungerade Potenzen von x auf. Formaler Nachweis: fb   x   x 7  4x  x 7  4  fb   x Æ ungerade 

1P

76

2 Elementarmathematik



(c.) f c  x sin x 2 Æ gerade. Begründung: Ist das Argument einer beliebigen Funktion gerade, so ist die gesamte Funktion ebenfalls gerade



1 P Formaler Nachweis: f   x sin   x 2 c





sin x 2

f c   x Æ gerade

(d.) f d  x 3 ˜ cos  1x Æ gerade. Begründung: Ist die Funktion gerade, so ändert ein ungerades Argument auch nichts an dieser Symmetrie. 1P

Formaler Nachweis: f d   x 3 ˜ cos §¨

1 · ¸ ©  x ¹



3 ˜ cos  1x

3 ˜ cos  x

fd  x

(e.) f e  x 5 x ˜ sin  x Æ gerade. Begründung: Das Produkt „ungerade x ungerade“ führt zu einer geraden Symmetrie. 1 P Formaler Nachweis: f e   x 5   x ˜ sin   x 5 x ˜   sin  x 5 x ˜ sin  x fe  x (f.) f f  x e3 x Æ weder gerade noch ungerade. Begründung: Die Exponentialfuktion weist keine dieser beiden Symmetrien auf. 1P

°­ z f   x °¯z  f   x

Formaler Nachweis: f f   x e3  x e3 x ® (g.) f e  x e53 x

2

Æ gerade.

Begründung: Das Argument der e-Funktion ist gerade. 1P

Formaler Nachweis: f e   x e53  x

2

e5  3 x

2

fe   x

Aufgabe 2.24 Bildung von Umkehrfunktionen

 

(a.)

je 1 min

(a.)

(b,c.)

je 1 min

(b,c.)

h hh

Punkte (a.) 1 P (b.) 1 P (c.) 1 P

Bestimmen Sie die Umkehrfunktionen der nachfolgend genannten Funktionen: (a.) y  x 3 x3  7

(b.) y  x e x

2

2

(c.) y  x sin(3 x  5)

 Lösung zu 2.24 Arbeitshinweis:

Formal tauscht man x und y gegeneinander aus, benennt y in y 1 um und löst dann nach dem neuen y 1 auf.

Aufgabe 2.25 Funktionsdarstellung in Polarkoordinaten

77

Stolperfalle: Man muss immer darauf achten, dass die Umkehrbarkeit der Funktion gegeben ist; ggf. ist der Definitionsbereich der Umkehrfunktion gegenüber dem Wertebereich der nicht umgekehrten Funktion einzuschränken. 3



(a.) Formales Vertauschen von x und y Ÿ x 3 y 1  7 (mit Umbenennung y 6 y 1 ) Auflösen nach y 1

3



Ÿ 3 y 1

x7 Ÿ

y 1  x

3 x7 3

1P

Die Auflösung ist ohne Einschränkung des Definitionsbereichs möglich. (b.) Vertauschen von x und y : x e Auflösen nach y 1 Ÿ ln  x

 y 1

2



2

y 1  2



2

 2 Ÿ 2  ln  x y 1 Ÿ y 1  x 2  ln  x   

Arbeitsschritt Wurzelziehen

Der Arbeitsschritt „Wurzelziehen“ schränkt den Definitionsbereich ein, sodass die Umkehrfunktion nur definiert ist für 2  ln  x t 0 Ÿ ln  x t 2 Ÿ x t e2 , also ist  ª¬e2 ;  f ª¬ . 1 P Derartige Einschränkungen des Definitions- und / oder Wertebereiches sind nichts Ungewöhnliches. Auch wenn man eine Normalparabel zur Wurzelfunktion umkehrt, passiert so etwas. (c.) Vertauschen von x und y und nach y 1 auflösen: x

sin(3 y 1  5) Ÿ arcsin  x 3 y 1  5 Ÿ

y 1  x

1˜ 3

 5  arcsin  x

Der Wertebereich des Sinus ist > 1;  1@ und somit auch der Definitionsbereich des Arcussi-



nus:  y 1

> 1; 1@ .

Aufgabe 2.25 Funktionsdarstellung in Polarkoordinaten



(a…c.) je 8 min

(a...c.)

hh

Punkte je 5 P

Skizzieren Sie die Graphen einiger Funktionen in Polarkoordinaten: (a.) r M sin M für M 0...ʌ (c.) r M M 2 für M

(b.) r M tan M für M

 ʌ3 ... 

ʌ 3

13 ʌ...  13 ʌ  12 12

 Lösung zu 2.25 Das Beispiel der Darstellung in Polarkoordinaten dient als Beispiel für nicht-kartesische Darstellungen. Will man die Funktionen plotten, so fertigt man eine Wertetabelle an und trägt dann die Werte auf. Anfängern wird empfohlen, die Plots wirklich selbst von Hand anzufertigen und nicht von einem Computer anfertigen zu lassen. Erst dadurch entwickelt sich wirkliches Verständnis für das Aussehen von Plots in nicht-kartesischen Koordinaten. Wertetabellen sieht man in den Tabellen 2.25.a,b und c; die graphischen Darstellungen der Funktionen werden in den Bildern 2-25a, b und c gezeigt.

1P

78

2 Elementarmathematik

Tabelle 2.25.a Wertetabelle zur Funktion r M sin M

M

0

1 ʌ 12

2 ʌ 12

3 ʌ 12

4 ʌ 12

5 ʌ 12

6 ʌ 12

7 ʌ 12

8 ʌ 12

9 ʌ 12

10 ʌ 12

11 ʌ 12

12 ʌ 12

r M

0.000

0.258

0.500

0.707

0.866

0.966

1.000

0.966

0.866

0.707

0.500

0.258

0.000

5P

Bild 2-25a Graphische Darstellung der Funktion r M sin M in Polarkoordinaten. Tabelle 2.25.b Wertetabelle zur Funktion r M

M r M

6 ʌ 18

5 ʌ 18

4 ʌ 18

3 ʌ 18

2 ʌ 18

tan M 1 ʌ 18

-1.732 -1.192 -0.839 -0.577 -0.364 -0.176

0

1 ʌ 18

2 ʌ 18

3 ʌ 18

4 ʌ 18

5 ʌ 18

6 ʌ 18

0

0.176

0.364

0.577

0.839

1.192

1.732

5P

Bild 2-25b Graphische Darstellung der Funktion r M tan M in Polarkoordinaten.

Aufgabe 2.26 Geradengleichung

79

Tabelle 2.25.c Wertetabelle zur Funktion r M M 2

M r M

 13 ʌ 12

 10 ʌ 12

7 ʌ 12

4 ʌ 12

1 ʌ

0

1 ʌ 12

4 ʌ 12

7 ʌ 12

10 ʌ 12

13 ʌ 12

11.583

6.854

3.358

1.097

0.0685

0

0.0685

1.097

3.358

6.854

11.583

12

5P

Bild 2-25c Graphische

Darstellung

der

Funktion

2

r M M in Polarkoordinaten.

Aufgabe 2.26 Geradengleichung



(a,b.)

je 3 min

(a,b.)

Punkte (a.) 2 P (b.) 2 P

hh

Gegeben sind bei jeder Teilaufgabe zwei Punkte P1 und P2 , in der Schreibweise in xy  Koordinaten, also Pi  xi ; yi . Es soll eine Gerade durch diese beiden Punkte gelegt werden. Bestimmen Sie jeweils die Geradengleichung in der Form y ax  b . (a.) P1  2;4 und P2  3;8 sowie (b.) P1  3;7 und P2  5;  8

 Lösung zu 2.26 Steigung a und Achsenabschnitt b lauten a

'y 'x

y2  y1 x2  x1

und yi

axi  b Ÿ b

yi  axi

Setzt man die x  und y  Werte ein, so erhält man: (a.) a

y2  y1 x2  x1

8 4 3 2

4 5

Die Gerade lautet also y (b.) a

y2  y1 x2  x1

8  7 53

15 2

und b 4 5

x

28 5

und b

y1  ax1

4  54 ˜  2

y1  ax1

7  15 ˜3 2

28 5

oder b

y2  ax2

8  54 ˜ 3

28 5

8  15 ˜5 2

59 2

2P

.

Die Gerade lautet also y  152 x  59 . 2

59 2

oder b

y2  ax2

2P

80

2 Elementarmathematik

Aufgabe 2.27 Logarithmische Funktionsdarstellung



Punkte (a) 3 P (b) 3 P (c) 3 P

hh

(a…c.) je 5 min

Gegeben seien die beiden Punkte P1  2;4 und P2  30;80 . Auf Logarithmenpapier ergeben folgende Kurven durch diese beiden Punkte Geraden: (a.) y c ˜ eax bei linearer x-Achse und logarithmischer y-Achse. (b.) y c ˜ ln  x  a bei logarithmischer x-Achse und linearer y-Achse. (c.) y c ˜ x a bei doppeltlogarithmischer Darstellung (logarithmische x- und y-Achse). Bestimmen Sie jeweils a und c derart, dass die Kurven durch P1 und P2 verlaufen. Hinweis: Wer den Weg zur Lösung nicht sieht, verwende logarithmisches Papier und zeichne sowohl die Punkte als auch die Geraden auf.

 Lösung zu 2.27 (a.) Die Funktion lässt sich durch Logarithmieren auf eine Geradengleichung zurückführen: y c ˜ eax Ÿ ln  y ln  c  ax . Diese Gerade hat die Steigung a und den Achsenabschnitt ln  c . Also ist 3 P und

a

ln  y2  ln  y1 x2  x1

ln  c

ln  80  ln  4 30  2

ln  y1  ax1

ln  4 

ln  20 TR | 0.10699 28 TR ln  20 ˜ 2 | 1.172313 28

TR

Ÿ c | 3.229455

Anmerkung: Der Parameter a ist auch bei nichtlogarthmischer Darstellung der Schnittpunkt der Kurve mit der y-Achse. (b.) Logarithmiert man x , so hat die Funktion bereits die Form einer Geradengleichung, wobei die Steigung c lautet und der Achsenabschnitt a . Also ist 3 P Und

c

y2  y1 ln  x2  ln  x1

a

y1  c ˜ ln  x1

80  4 ln  30  ln  2

4

76 ln 15

76 ˜ ln ln 15

TR

| 28.06447

TR

 2 | 15.45281

Anmerkung: Eine Interpretation der Parameter hängt ggf. von einem Anwendungsfall ab. (c.) Die Funktion lässt sich durch Logarithmieren auf eine Geradengleichung zurückführen: y c ˜ x a Ÿ ln  y ln  c  a ˜ ln  x . Trägt man jetzt sowohl x als auch y logarithmisch auf, so lautet die Steigung a und der Achsenabschnitt ln  c . Also ist

a

ln  y2  ln  y1 ln  x2  ln  x1

ln  80  ln  4 ln  30  ln  2

ln  20 TR | 1.106232 ln 15

Aufgabe 2.29 Textbeispiel – Exponentialfunktion

ln  c

und

81

ln  y1  a ˜ ln  x1

ln  4 

ln  20 ˜ ln ln 15

TR

 2 | 0.61951

TR

Ÿ c | 1.858022

3P

TR

Hier ist a interpretierbar als Exponent: y  x a , also y  x1.106232 (Proportionalität)

Aufgabe 2.28 Bestimmung einer Parabel



Eine quadratische Parabel P2

hh

7 min

 1;  9 und

P3

y

ax 2  bx  c

Punkte 4P

verlaufe durch die drei Punkte P1 1;1 ,

 2;15 . Bestimmen Sie die Koeffizienten a ,

b und c .

 Lösung zu 2.28 Setzt man die drei Punkte in die Parabelgleichung ein, so ergeben sich drei Gleichungen mit Ÿ abc 1 drei Unbekannten: Gleichung (i) Æ a ˜ 12  b ˜ 1  c 1 Gleichung (ii) Æ

2

a ˜  1  b ˜  1  c

9

Ÿ abc

9

2

Ÿ 4a  2b  c 15 Gleichung (iii) Æ a ˜ 2  b ˜ 2  c 15 Wir lösen nach a , b und c auf: x Subtraktion (i) - (ii) Ÿ  a  b  c   a  b  c 1   9 Ÿ 2b 10 Ÿ b 5

2P

x Subtraktion (iii) - (ii) Ÿ  4a  2b  c   a  b  c 15  9 Ÿ 3a  3b 24 Ÿ a 8 b 8 5 3 x a und b in (i) Ÿ a  b  c 1 Ÿ c 1  a  b 1  3  5 7

2P

Die quadratische Parabel heißt also y ax 2  bx  c 3 x 2  5 x  7 . Anmerkung: Ein Polynom vom Grade n wird durch n  1 Punkte eindeutig festgelegt. Zur Bestimmung der n  1 Parameter bekommt man dann ein Gleichungssystem aus n  1 Gleichungen.

Aufgabe 2.29 Textbeispiel – Exponentialfunktion



10 min

hh

Punkte 3P + 1P + 1P

=5P

Im Jahre 1900 lebten ca. 1 Milliarde Menschen, im Jahre 2000 ca. 6 Milliarden auf der Erde. Würde man exponentielles Wachstum der Bevölkerungszahl voraussetzen, so kann man fragen: (a.) Wieviele Menschen werden im Jahr 2020 auf dieser Erde leben? (b.) In welchem Jahr werden ca. 20 Milliarden Menschen auf dieser Erde leben?

82

2 Elementarmathematik

 Lösung zu 2.29 Laut Aufgabenstellung ist an die Daten eine Exponentialfunktion anzupassen (siehe exponentielles Wachstum), also B  t B0 ˜ eD t  , 1 P wo t Zeit; B Bevölkerungszahl; B0 Bevölkerungszahl zu einem Referenzzeitpunkt t0 . Bevor wir die beiden Fragen der Aufgabenstellung beantworten können, müssen wir die beiden Parameter D und B0 bestimmen, und zwar wie folgt: Den Referenzzeitpunkt t0 können wir willkürlich festlegen, was den Verlauf der Funktion 1 P B  t nicht beeinflusst, sondern nur den Wert des Parameters B0 . Legen wir praktischerweise t0 1900 Jahre fest (Einheit „Jahre“ nicht vergessen), so ist B0 1.0 MM (Einheit MM = Milliarde Menschen). Damit ist einer der beiden Parameter bestimmt (nämlich B0 ). Der andere (noch zu bestimmende) Parameter (nämlich D ) folgt durch Auswerten des anderen in der Aufgabenstellung gegebenen Punktes: Zur Zeit t 100 Jahre (also im Jahre t0  100 Jahre 2000 Jahre ) ist B  t 6.0MM

1P

Ÿ eD t

B t Ÿ Dt B0

§ B t · ln ¨ ¸ Ÿ D © B0 ¹

§ 6.0 MM · TR 1 § B t · 1 1 ˜ ln ¨ ˜ ln ¨ ¸ ¸ | 0.0179176 Jahre t © 1.0 MM ¹ © B0 ¹ 100 Jahre

Damit kennen wir alle Parameter der Funktion  und können nun die Fragen der Aufgabenstellung beantworten: (a.) Das Jahr 2020 ist t0  120 Jahre . Zu diesem Zeitpunkt wären dann 1P

ln  6

B 120 Jahre 1.0 MM ˜ e100 Jahre

˜120 Jahre TR

| 8.586 MM (Zahl der Menschen im Jahre 2020)

Stolperfalle:

Man muss die Einheiten korrekt verarbeiten (was Anfänger mitunter vergessen). Dabei ist unter anderem auch darauf zu achten, dass die Logarithmusfunktion ebenso wie die Exponentialfunktion keine Einheiten im Argument haben können. (Gleiches gilt bei anderen Aufgaben auch für die Winkelfunktionen, Hyperbelfunktionen und Areafunktionen.) Wie man in der Musterlösung sieht, kürzen sich die Einheiten in den Argumenten dieser Funktionen immer weg. (b.) Hierfür muss man die Gleichung auflösen nach t : 1P

B t Ÿ t B0

§ B  t · 100 Jahre § 40.0 MM · TR ˜ ln ¨ ln ¨ ¸ ¸ | 167.2 Jahre D © B0 ¹ ln  6 © 1.0 MM ¹ t0  t 1900n.Chr.  Jahre 2067 n.Chr. (Dann leben 20 Mrd. Menschen auf der Erde.)

B t

B0 ˜ eD t Ÿ eD t

1

Aufgabe 2.30 Textbeispiel – Cosinus Hyperbolicus

83

Aufgabe 2.30 Textbeispiel – Cosinus Hyperbolicus



Punkte 6P

hhh

10 min

Hochspannungsleitungen zwischen zwei Masten folgen der Kettenlinie, die mit Hilfe des Cosinus Hyperbolicus beschrieben wird. Betrachten Sie die Anordnung in Bild 2-30 und beschreiben Sie den Verlauf des Kabels durch eine mathematische Funktion. Die Lage des zu verwendenden xy  Koordinatensystems ist in Bild 2-30 eingezeichnet.

Bild 2-30 Darstellung eines Kabels zwischen zwei Masten einer Überlandleitung. Der Verlauf des Kabels soll mit Hilfe eines Cosinus Hyperbolicus beschrieben werden.

 Lösung zu 2.30 Um in dem zu verwendenden xy  Koordinatensystem den Cosinus Hyperbolicus an die in der Aufgabenstellung vorgegebenen Abmessungen anzupassen, müssen x  und y  Achse entsprechend skaliert werden. Dies geschieht durch die Wahl eines geeigneten Ansatzes, zum 2 P Beispiel gemäß y  x a ˜ cosh  bx . Die Funktion enthält zwei Parameter a und b , die aus folgenden beiden in Bild 2-30 gege1P benen Punkten bestimmt werden müssen: y  0 30 m und y  50 m 40 m Dies führt zu zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, die wir durch Einsetzen der beiden Punkte in die Funktion aufstellen und lösen können. Auf diese Weise erhalten wir a und b : Der erste Punkt lautet:

y  0

a ˜ cosh

 0m b

Der zweite Punkt lautet: y  50 m a ˜ cosh Ÿ

50 m b

arcosh TR

a ˜ cosh  0 a   

cosh  0 1

 50 m b

 43

40 m Ÿ cosh

Ÿ b

Die gesuchte Funktion lautet also y  x | 30 m ˜ cosh



50 m arcosh  43

x 62.864 m



1P

30 m

 50 m b

40 m a

40 m 30 m

4 3

1P

TR

| 62.864 m

1P

84

2 Elementarmathematik

Aufgabe 2.31 Goniometrische Gleichungen

 

(a,b.) (c.) (d.)

hhh hhh

je 12 min 2 min 8 min

Punkte (a) 7 P (b) 7 P (c) 1 P (d) 4 P

Goniometrische Gleichungen sind Gleichungen, bei denen die zu bestimmende Unbekannte im Argument von Winkelfunktionen auftritt. Geben Sie bitte für folgende goniometrische Gleichungen die Lösungsmengen an: (a.) 2 ˜ sin  x  cos  x 1.5

(b.) sin  2 x cos  x

(c.) tan  arcsin  x 1

(d.) tan  x cos  x

 Lösung zu 2.31 Arbeitshinweis: Bei goniometrischen Gleichungen überträgt sich oftmals die Periodizität der Winkelfunktionen auf die Lösungsmenge, d.h. es gibt zwar pro Periode eine endliche Anzahl von Lösungen, aber in \ unendlich viele Perioden und somit unendlich viele Lösungen.

Bei der Findung der Lösung genügt es daher gegebenenfalls, die Gleichung für eine Periode zu lösen und die Lösung auf die alle weiteren Perioden zu übertragen. (a.) In den Mathe-Vorlesungen vieler Hochschulen existiert das Thema „Superposition gleichfrequenter Schwingungen“. Dies kann man benutzen, um den Sinusausdruck und den Cosinusausdruck der vorliegenden Aufgabe zusammenzufassen, was z.B. wie folgt geschehen kann: Zwei Schwingungen y1

2P

A1 ˜ cos Z x  M1 und y2

A 2 ˜ cos Z x  M 2 lassen sich addieren

­ mit A A12  2 A1 A 2 ˜ cos M1  M 2  A22 0 °° gemäß y0 A0 ˜ cos Z x  M 0 ® A1 ˜ sin M1  A 2 ˜ sin M 2 °und tan M 0 A °¯ 1 ˜ cos M1  A 2 ˜ cos M 2 Schreibt man den Sinusausdruck als sin  x cos  x  90q , so ist

y1

2 ˜ sin  x

y2

cos  x

A1 ˜ cos Z x  M1 mit A1 A 2 ˜ cos Z x  M 2

2, Z

1 , M1

90q

sowie

mit A 2 1 , Z 1 , M 2 0q .

Die Summe aus beiden Ausdrücken erhält man durch die Superposition 1P 1P

A0

A12  2 A1 A 2 ˜ cos M1  M 2  A22

tan M0

A1 ˜ sin M1  A 2 ˜ sin M2 A1 ˜ cos M1  A 2 ˜ cos M2

22  2 ˜ 2 ˜ 1 ˜ cos  90q  12

5

TR 2 ˜ sin  90q  1 ˜ sin  0q 2 Ÿ M0 arctan  2 |  63.43495q , 2 ˜ cos  90q  1 ˜ cos  0q

Aufgabe 2.31 Goniometrische Gleichungen

85

sodass sich die Gleichung der Aufgabenstellung formulieren lässt als 2 ˜ sin  x  cos  x 5 ˜ cos  x  arctan  2 1.5 .  

 

laut Superosition

nach Aufgabenstellung

Dies kann man nun leicht auflösen, nämlich wie folgt: Ÿ cos  x  arctan  2

1.5 5

9 20

Ÿ

x  arctan  2  

TR

|  63.43495q

§ 9 · r arccos ¨¨ ¸¸ © 20 ¹  

2P

TR

| r 47.86959q n˜2ʌ

Ÿ x

§ 9 · TR ­ 111.3045q  n ˜ 2ʌ  arctan  2 r arccos ¨¨ ¸¸ | 63.43495q r 47.86959q  n ˜ 2ʌ ® 15.5653q  n ˜ 2ʌ 20 ¯ © ¹

TR TR ­ ½ ¹ © ¹¿ ¯ © Anmerkung: Die Addition der n ˜ 2ʌ trägt der Periodizität der Lösungen Rechnung.

Die Lösungsmenge lautet  ® x | §¨ x | 15.5653q  n ˜ 2ʌ ·¸ › §¨ x | 111.3045q  n ˜ 2ʌ ·¸ ¾ mit n  ` .

1P

Allen, die einen Taschenrechner mit Plot-Fähigkeit zur Verfügung haben, wird besonders bei goniometrischen Gleichungen eine graphische Überprüfung des Ergebnisses empfohlen, wie man dies z.B. in Bild 2-31a sieht. Es genügt der Plot einer Periode.

Bild 2-31a Graphische Überprüfung der Lösungen der goniometrischen Gleichung 2 ˜ sin  x  cos  x 1.5

Man plotte die linke Seite des Gleichheitszeichens und die rechte Seite des Gleichheitszeichens. Überall dort, wo die Schnittpunkte der beiden Kurven liegen, hat die goniometrische Gleichung ihre Lösungen.

(b.) Da die Winkelfunktionen Argumente mit unterschiedlichen Frequenzen tragen, bringen wir sie zuerst mit einem Additionstheorem auf gleiche Frequenz. Es gilt sin  2 x 2 ˜ sin  x cos  x Damit wird die Aufgabenstellung umgeformt in 2 ˜ sin  x ˜ cos  x cos  x

1P

Wir möchten die Gleichung gerne durch cos  x dividieren, was nur erlaubt ist, wenn cos  x z 0 ist. Aus diesem Grunde führen wir eine Fallunterscheidung ein:

Fall 1 Æ cos  x 0

und

2P

Fall 2 Æ cos  x z 0

Wir beginnen mit Fall 1: Für cos  x 0 lautet die Gleichung 0 0 , das ist immer erfüllt. Folglich sind alle x die im Fall 1 behandelt werden (dies sind alle Nullstellen des Cosinus) 1P auch Lösungen der Gleichung Ÿ x1  n  12 ˜ ʌ Der Anteil von Fall 1 an der Lösungsmenge lautet also 1

^x |  x  n  ˜ ʌ ` 1 2

mit n  ` .

86

2 Elementarmathematik

Es folgt Fall 2: Wegen cos  x z 0 können wir unsere goniometrische Gleichung durch cos  x kürzen und erhalten 2P

2 ˜ sin  x ˜ cos  x

cos  x Ÿ 2 ˜ sin  x 1 Ÿ sin  x

­° x2, a 30q  2k ˜ ʌ 1 Ÿ ® 2 °¯ x2,b 150°  2k ˜ ʌ

Der Anteil von Fall 2 an der Lösungsmenge ist somit  2 ^ x |  x 30q  k ˜ 2ʌ ›  x 150q  k ˜ 2ʌ ` mit k  ` . Die gesamte Lösungsmenge erhalten wir durch Vereinigung der beiden Teil-Lösungsmengen: ges.

1P

^x |  x  n  ˜ ʌ ›  x 1 2

30q  k ˜ 2ʌ ›  x

`

150q  k ˜ 2ʌ

mit n, k  ` .

Die graphische Kontrolle findet man in Bild 2-31b.

Bild 2-31b Graphische Überprüfung der Lösungen der goniometrischen Gleichung sin  2 x cos  x

Man plotte die linke Seite des Gleichheitszeichens und die rechte Seite des Gleichheitszeichens. Überall dort, wo die Schnittpunkte der beiden Kurven liegen, hat die goniometrische Gleichung ihre Lösungen.

(c.) Hier sind die Umformungen relativ einfach: tan  arcsin  x 1 Ÿ arcsin  x

1 P Die Lösungsmenge lautet 

arctan 1

45q Ÿ x

sin  45q

1 2

^ ` 1 2

Die graphische Kontrolle zeigt Bild 2-31c. An diesem Beispiel sieht man, dass der Plot der beiden Seiten des Gleichheitszeichens nicht immer „stur“ von 0q bis 360q anzufertigen ist.

Bild 2-31c Graphische Überprüfung der Lösungen der gomiometrischen Gleichung tan  arcsin  x 1

Man plotte die linke Seite des Gleichheitszeichens und die rechte Seite des Gleichheitszeichens. Überall dort, wo die Schnittpunkte der beiden Kurven liegen, hat die goniometrische Gleichung ihre Lösungen.

Aufgabe 2.31 Goniometrische Gleichungen

87

(d.) Wir formen um: tan  x

cos  x Ÿ

sin  x cos  x Ÿ sin  x cos 2  x Ÿ sin  x 1  sin 2  x   

cos  x   nach Additionstheorem sin 2  x  cos2  x 1 hier sind die Nullstellen des Cosinus alsLösungen ausgeschlossen (Nenner z 0)

1P

Ÿ sin 2  x  sin  x  1 0

Wir sehen vor uns eine quadratische Gleichung, also wird substituiert z : sin  x . Ÿ z 2  z  1 0 Mit der pq-Formel folgt z1/ 2

1 2

1 2

r

1 2

1

r

5 4

Da der Wert von sin  x immer zwischen 1 und 1 liegen muss, ist nur die positive Wurzel möglich Ÿ z  12 

5 4

TR

| 0.618034

1P

Resubstitution liefert sin  x

 12 

5 4





­ x arcsin  1  5  n ˜ 2ʌ TR | 38.1727q  n ˜ 2ʌ °° 1 2 4 | 0.618034 Ÿ ® TR ° x2 180q  arcsin  1  5  n ˜ 2ʌ | 141.8273q  n ˜ 2ʌ 2 4 °¯

TR





­ ¯

TR

TR

½ ¹¿

Die Lösungsmenge lautet  ® x | §¨ x | 38.1727q  n ˜ 2ʌ ·¸ › §¨ x | 141.8273q  n ˜ 2ʌ ·¸ ¾ mit n  ` . ©

¹ ©

Die graphische Kontrolle findet man in Bild 2-31d. Stolperfalle:

Beim Auflösen einer Winkelfunktion (hier im Bsp. eines Sinus) zur Bestimmung des Arguments genügt es nicht, die zugehörige Arcusfunktion hinzuschreiben, denn diese hat einen begrenzten Definitionsbereich und reproduziert daher nicht eine gesamte Periode des Arguments. Am sichersten erhält man die volle Menge aller Lösungen, indem man sich die Winkelfunktion vorstellt und prüft, welche Argumente zum gesuchten Wert der Winkelfunktion führen.

Bild 2-31d Graphische Überprüfung der Lösungen der goniometrischen Gleichung tan  x cos  x

Man plotte die linke Seite des Gleichheitszeichens und die rechte Seite des Gleichheitszeichens. Überall dort, wo die Schnittpunkte der beiden Kurven liegen, hat die goniometrische Gleichung ihre Lösungen.

2P

88

2 Elementarmathematik

Aufgabe 2.32 Vollständige Induktion

 

(a.) (b,c.)

10 min 8 min

(a.) (b,c.)

(d.)

15 min

(d.)

hh hhh

Punkte (a.) 5 P

(b.) je 4 P

(d.) 8 P

Beweisen Sie die nachfolgenden Behauptungen durch vollständige Induktion: n

¦i

(a.)

n

2

1 ˜n˜ 6

 n  1 ˜  2n  1

¦x

(b.)

i 1

i 1

i

1  x n 1 1 x

(c.) Die Summe aller natürlichen Zahlen kleiner als 10n , die weder durch 2 noch durch 5 teilbar sind, beträgt 20n 2 . (d.) 2n ! n 2 gilt nicht für alle natürlichen Zahlen n , sondern nur für fast alle, d.h. für alle bis auf endlich viele. Prüfen Sie, für welche n die Aussage gilt und beweisen Sie die Aussage für ebendiese n unter Zuhilfenahme der Methode der vollständigen Induktion.

 Lösung zu 2.32 1

¦i

1 P (a.) Der Anker ist möglich bereits für n 1 :

2

1 ˜1 ˜ 6

1  1 ˜  2 ˜ 1  1

1 , stimmt.

i 1

Der Schluss von n auf n  1 verläuft wie folgt. Das Zurückführen der Summe für n  1 auf die Summe für n lautet n 1

¦

i2

i 1

§ ¨ ¨ ©

n

¦i i 1

1˜ 6

2P

·

2¸

¸ ¹

2

  n  1   

Dies ist der n 1te Summand

1 ˜ n ˜ n  1 ˜ 2n  1  n  1    6  

2

1 ˜n˜ 6

 2n2  3n  1   n2  2n  1

Beim Schluß von n auf n 1 wird das n -te Glied als bekannt vorausgesetzt.

 2n3  3n2  n  16 ˜  6n2  12n  6

1˜ 6

 2n3  9n2  13n  6

Setzt man hingegen direkt n  1 in die Formel ein, so erhält man n 1

¦i

2

1˜ 6

 n  1 ˜   n  1  1 ˜  2  n  1  1

1˜ 6

 2 n3  7 n 2  6 n  2n 2  7 n  6

1˜ 6

 n  1 ˜  n  2 ˜  2n  3

1 6

 n  1 ˜  2n2  7n  6

i 1

2P

1˜ 6

 2n3  9n2  13n  6

Da man mit der Formel für n  1 zum selben Ergebnis gelangt, wie durch Benutzung der Formel für n , gilt der Schluss von n auf n  1 als bewiesen. Da auch der Anker klar ist, ist der gesamte Beweis mit vollständiger Induktion erbracht.

Aufgabe 2.32 Vollständige Induktion 0

(b.) Anker für n 0 :

¦x

i

i 1

89

1  x0 1 1 x

1 x 1 x

1

1P

Schluss von n auf n  1 : Führt man die Summe für n  1 auf die Summe für n zurück, so erhält man n 1

n

¦ ¦x  x xi

i 1

i

n 1

i 1

1  x n 1 1  x n 1  ˜x 1 x 1 x

1  x n 1 x n 1  x n  2  1 x 1 x

1  xn 2 1 x

2P

Setzt man hingegen direkt in die Formel für n  1 ein, so erhält man n 1

¦x

i

i 1

1  x 1 x

n 1 1

1  xn 2 1 x

1P

Wieder führen beide Rechenwege zum selben Ergebnis, daher ist der Induktionsschluss von n auf n  1 erbracht und somit auch der Beweis der vollständigen Induktion. (c.) Anker für n 1 : Die Summe aller natürlichen Zahlen kleiner als 10 ˜ 1 , die weder durch 2 noch durch 5 teilbar sind, lautet 1  3  7  9 20 20 ˜ 12 . Damit ist der Anker für n 1 gesichert. 2P Induktionsschluss von n auf n  1 : Die Summe aller natürlichen Zahlen kleiner als 10 ˜  n  1 , die weder durch 2 noch durch 5 teilbar sind, lässt sich auf deren Summe kleiner als 10 ˜ n zurückführen, und zwar wie folgt.

¦

bis  n 1

...

 10n  7  10n  9 ¦ ...   40n  20 10n  1  10n  3  ¦ ... 

bis n

20n 2  40n  20

bis n

Diese Zahlen kommen durch  n 1 hinzu

N 20 n 2





20 ˜ n 2  2n  1

20 ˜  n  1

2

2P

Damit ist die Summe für n  1 auf die Summe für n zurückgeführt, somit ist der Induktionsschluss bewiesen, also auch die gesamte vollständige Induktion. (d.) Da die Exponentialfunktion stärker steigt als die Potenz, ist klar, dass die Behauptung für große n zutreffen muss. Die in der Aufgabenstellung geforderte Prüfung, für welche n die Aussage gilt, muss sich also auf die kleinen n beziehen. Für diese prüfen wir die Behauptung (wie gefordert) einzeln nach: x für n 1 Ÿ 2n 2 ! n 2 1 x für n 2 Ÿ 2n

4 ! n2

4

x für n 3 Ÿ 2n 8 ! n 2 9 x für n 4 Ÿ 2n 16 ! n 2 16 x für n 5 Ÿ 2n 32 ! n 2 25 Also liegt der Verdacht nahe, dass die Behauptung für n t 5 gelten sollte. Dass es sich dabei 3 P nicht nur um einen Verdacht handelt, können wir mit vollständiger Induktion beweisen:

Die Zeile für n 5 ist als Anker der Induktion zu betrachten.

90

2 Elementarmathematik

Es folgt der Induktionsschluss von n auf n  1 : Wir setzen n  1 in die Behauptung ein und formen diese mit Hilfe der Aussage für n derart um, dass wir die Richtigkeit der Aussage für n  1 sehen. (Anmerkung: Um dem Leser die ?

Übersicht zu erhalten, steht das Zeichen „ ! “ für eine noch zu zeigende „Größer-Relation“.) ?

Die Behauptung für n  1 , die gezeigt werden soll, lautet 2n 1 !  n  1 2 Die Aussage für n , multipliziert mit 2 , lautet

2n 1

2 ˜ 2n ! 2 ˜ n 2

 G lg.

?

Wenn wir also zeigen können, dass 2n 2 !  n  1 2 ist, dann gilt wegen  G lg. erst recht ?

2

2n 1 !  n  1 , was den geforderten Beweis erbringt. ?

Und tatsächlich lässt sich die Aussage 2n 2 !  n  1 2 wie folgt beweisen: 2

?

2n !  n  1

˜1

2

 n 2 n



   ? ? n  2n  1 œ 2n ! n  2  1n œ n  2 ! 1n , was man für n t 3 sofort sieht. 2

5 P Damit ist der Induktionsschluss bewiesen für n t 3 . Da die Verankerung ohnehin erst bei n 5 beginnt, gilt der Induktionsbeweis für alle n t 5 als erbracht. Folgerung: Die Behauptung gilt und wurde bewiesen für alle n  ` 4 ^2;3;4` .

3 Aussagelogik Vorbemerkung zur Nomenklatur Mit Großbuchstaben A , B , C , … seien Aussagen gekennzeichnet. Diese können wahr sein (Symbol „1“) oder falsch (Symbol „0“). Da in der Literatur sehr unterschiedliche Symbole für die Operationssymbole zur Verknüpfung von Aussagen üblich sind, sei in Tabelle 3.1 die hier verwendete Bezeichnungsweise einiger wichtiger Operationssymbole angegeben. Tabelle 3.1 Aufzählung einiger wichtiger Operationssymbole der Aussagelogik

Wahrheitstafel Symbol

möglicher Name

A B

0 0

0 1

1 0

1 1

š

Konjunktion („und“)

Aš B

0

0

0

1

›

Disjunktion („oder“)

A› B

0

1

1

1

Negation („nicht“)

™A ; A

1

1

0

0

o

Implikation („daraus folgt“)

Ao B

1

1

0

1

l

Äquivalenz („genau dann, wenn“)

Al B

1

0

0

1

†

Antivalenz („exklusives oder“, „XOR“)

A† B

0

1

1

0

…

NAND („nicht und“)

A… B

1

1

1

0

:

NOR („nicht oder“)

A: B

1

0

0

0

™; x

Zwei Stolperfallen: Mitunter sind Anfänger vom Wahrheitswert der Implikation überrascht. Manchen fällt es auch schwer, die Unterschiede zwischen dem inklusiven (dem mathematischen) „oder“ (also dem „ › “) und dem exklusiven (dem umgangssprachlichen) „oder“ (also dem „ † “) zu akzeptieren. Abhilfe: Derartige Verständnisschwierigkeiten gehen auf Interpretationsversuche im Bezug auf Anwendungen zurück. Diese kann man bei der reinen Aussagelogik außer Acht lassen, dann entfallen die beschriebenen Schwierigkeiten.

92

3 Aussagelogik

Aufgabe 3.1 Erstellen von Wahrheitstafeln

 

(a,b.) (c.)

je 4 min 5 min

(a,b,c.)

(d,e.)

je 10 min

(d,e.)

Punkte (a,b.) je 2 P

hh hh

(c.) 3 P

(d) 5 P (e) 5 P

Geben Sie die Wahrheitstafeln für folgende logische Funktionen an: (a.) D :  A … B š  A › B

(b.) E :  A o B l  A : B

(d.) G :   A › B › C o  B † C š  A … C

(c.) F :

(e.) H : H :

 A š  A † B ›  A š B

 A › B …  B o C š C

( A, B, C sind Eingangsvariablen, D, E, F , G, H sind Funktionen dieser Variablen.)

 Lösung zu 3.1 Arbeitshinweis: Wenn man den Wahrheitswert einer Funktion nicht in einem einzigen Schritt sieht (was bei den hier gegebenen Funktionen sicherlich der Fall sein wird), so empfiehlt es sich, die Berechnung der Funktion in einzelne Schritte zu untergliedern, wobei die Zwischenergebnisse der einzelnen Spalten als Input für die nachfolgenden Spalten verwendet werden. In diesem Sinne sind die Lösungen zu Aufgabe 3.1 erarbeitet, und zwar für Aufgabe 3.1a in Tabelle 3.2, für Aufgabe 3.1b in Tabelle 3.3, und für Aufgabe 3.1c in Tabelle 3.4, die als waagerechte Wahrheitstafeln angelegt sind. Die Aufgabenteile (d.) und (e.) mit drei Eingangsvariablen sind in den Tabellen 3.5 und 3.6 gelöst. Anmerkung: Bei der Erstellung der Wahrheitstafeln ist stets darauf zu achten, dass sämtliche möglichen Kombinationen aller Eingangszustände enthalten sind. Das sind bei n Eingangsvariablen genau 2n Konfigurationen. Tabelle 3.2 Wahrheitstafel zu Aufgabe 3.1a: D :

2P

 A … B š  A › B

A

B

A… B

A› B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 1 0 :  1

0 1 1 1 :  2

Kommentar:

D

 1 š  2 0 1 1 0

D (Lösung)

Aufgabe 3.1 Erstellen von Wahrheitstafeln

93

Tabelle 3.3 Wahrheitstafel zu Aufgabe 3.1b: E :

 A o B š  A : B

A

B

 A o B

 A : B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 0 1 :  1

0 1 1 1 :  2

Kommentar:

Tabelle 3.4 Wahrheitstafel zu Aufgabe 3.1c: F :

F

 1 l  2 0 1 0 1

E (Lösung)

 A š  A † B ›  A š B

A

B

™A

 A † B

 1 š  2

 A š B

 3 ›  4

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 0 0 :  1

0 1 1 0 :  2

0 1 0 0 :  3

0 0 0 1 :  4

0 1 0 1

Kommentar:

2P

F (Lösung)

3P

Tabelle 3.5 Wahrheitstafel zu Aufgabe 3.1d:

A

B

C

A› B ›C

B†C

 1 o  2

A…C

 3 š  4

0 0 0 0 1 1 1 1

0 0 1 1 0 0 1 1

0 1 0 1 0 1 0 1

0 1 1 1 1 1 1 1 :  1

0 1 1 0 0 1 1 0 :  2

1 1 1 0 0 1 1 0 :  3

1 1 1 1 1 0 1 0 :  4

1 1 1 0 0 0 1 0

Kommentar:

G (Lösung)

5P

Tabelle 3.6 Wahrheitstafel zu Aufgabe 3.1e:

A

B

C

A› B

 1

BoC

 2 …  3

 4 š C

0 0 0 0 1 1 1 1

0 0 1 1 0 0 1 1

0 1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 0 0 1 1 :  1

0 0 0 0 1 1 0 0 :  2

1 1 1 0 1 1 1 0 :  3

1 1 1 1 0 0 1 1 :  4

0 1 0 1 0 0 0 1

Kommentar:

H (Lösung)

5P

94

3 Aussagelogik

Aufgabe 3.2 Konjunktive und disjunktive Normalform

 

(D,E) (F,G,H) (D,E) (F,G,H)

(D,E) (F,G,H) (D,E) (F,G,H)

je 1 min je 2 min je 2 min je 3 min

(D,E) 1 P (F,G,H) 2 P (D,E) 2 P (F,G,H) 3 P

hh hh

Konjunktive Normalformen Disjunktive Normalformen

In Tabelle 3.7 sind Wahrheitstafeln verschiedener aussagelogischer Funktionen gegeben, zu denen Sie bitte jeweils die konjunktive Normalform und die disjunktive Normalform aufstellen. ( A, B, C sind Eingangsvariablen. D und E sind Funktionen der Variablen B und C , F , G, H sind Funktionen der Variablen A , B und C .) Tabelle 3.7 Wahrheitstafel verschiedener aussagelogischer Funktionen als Aufgabenstellung 3.2

Zeile 1 Zeile 2 Zeile 3 Zeile 4 Zeile 5 Zeile 6 Zeile 7 Zeile 8

A

B

C

D

E

F

G

H

0 0 0 0 1 1 1 1

0 0 1 1 0 0 1 1

0 1 0 1 0 1 0 1

0 1 1 0

1 0 1 1

1 0 1 1 0 0 1 1

0 1 1 1 1 0 0 0

0 0 1 0 1 1 0 1

Anmerkung: Durchgestrichene Felder werden nicht benötigt und sollen daher außer Acht gelassen werden.

 Lösung zu 3.2 Zwei Arbeitshinweise: Die disjunktive Normalform erhält man, indem man alle Zustände (Zeile für Zeile) mit dem Funktionswert „1“ heraussucht. Die zugehörigen Eingangsvariablen werden durch „UND“ verknüpft (allerdings sind sie zu negieren, falls ihr Wahrheitswert in der jeweiligen Zeile „0“ ist). Die so erhaltenen Ausdrücke werden durch Disjunktionen („ODER“) verknüpft – daher rührt der Name „disjunktive Normalform“. Die konjunktive Normalform erhält man, indem man alle Zustände (Zeile für Zeile) mit dem Funktionswert „0“ heraussucht. Die zugehörigen Eingangsvariablen werden durch „ODER“Verknüpfungen verbunden (allerdings sind sie zu negieren, falls ihr Wahrheitswert in der jeweiligen Zeile „1“ ist). Anschließend werden die so erhaltenen Ausdrücke durch Konjunktionen („UND“) verknüpft – daher rührt der Name „konjunktive Normalform“.

Aufgabe 3.3 Vereinfachen Boole’scher Ausdrücke

95

Geben wir zuerst die disjunktiven Normalformen an: D

B š C › B š C  

  

Zeile 2

und

E

Zeile 4

B š C › B š C › B š C   



  

 Zeile 1

Zeile 3

dazu noch

je 1 P

Zeile 4

F

 A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C

2P

G

 A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C

2P

H

 A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C

2P

Nun folgen die konjunktiven Normalformen: B › C š B › C   

D

alles außer Zeile 1

  

und

E

B › C  

dazu noch

je 2 P

alles außer Zeile 2

alles außer Zeile 4

F

 A› B › C š  A › B › C š  A › B › C

3P

G

 A › B › C š  A › B › C š  A › B › C š  A › B › C

3P

H

 A › B › C š  A › B › C š  A › B › C š  A › B › C

3P

Anmerkung: Zu Erläuterung wurden bei D und E die zu verknüpfenden Zustände (Zeile für Zeile) markiert. Damit ist das System klar, und die Leser mögen die restlichen Musterlösungen auch ohne zeilenweise Erläuterung verstehen. Natürlich lassen sich die Boole’schen Ausdrücke noch vereinfachen. Dieses Thema wollen wir jedoch erst bei nachfolgenden Aufgaben üben.

Aufgabe 3.3 Vereinfachen Boole’scher Ausdrücke

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

3 min 10 min 8 min 6 min

Punkte hh (a.) 2 P (b.) 5 P h h h (c.) 4 P (d.) 3 P

Vereinfachen Sie die nachfolgenden Boole’schen Ausdrücke: (a.)  B š C ›  B š C

(b.)  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C

(c.)  A › B › C š  A › B › C š  A › B › C š  A › B › C

(d.)   A š B ›  A › B š  A l B

Unter einer Vereinfachung versteht man eine Verringerung der Zahl der Operationssymbole.

96

3 Aussagelogik

 Lösung zu 3.3 In Lehrbüchern und Vorlesungen finden sich einige Axiome und Sätze der Boole’schen Algebra, auf denen derartige Vereinfachungen basieren. Deren Anwendungen sind bei den nachfolgenden Umformungen mit geschweiften Klammern kenntlich gemacht. Die meisten sieht man ohne weitere Erklärung aufgrund der Logik ein; diejenigen Umformungen die die Leser nicht sofort logisch erkennen, können anhand von Wahrheitstafeln beweisen werden. Wir vereinfachen wie folgt: 2 P (a.)  B š C ›  B š C B š  C › C B š 1 B   

  

B wird ausgeklammert.

1

(b.) 5P

A š B š C ›  A š B š C ›  A š B š C  A š B ›  A š B š C ›  Aš B š C  Aš B ›  B š  A l C  A š B šC ›   

  



 A š B šC ›C  Aš B



B š Aš C › Aš C



 

AlC

4P

(c.)  A š B š C ›  A š B š C ›  

 Aš B š  C › C   

Aš Bš1

A š B š C ›  A š B š C   



 A š B ›  B š  A † C





B š AšC › AšC ausgeklammert  

A†C

›  A › B š  A l B  A › B š  A l B A š B  A š B  3 P (d.)   



A› B

Aš B

Aufgabe 3.4 Karnaugh-Veitch-Diagramme



(E…I) je 8 min

hh

Punkte je 5 P Æ

Nach Zahl der Operationen

Zur Zahl der Punkte: 5 P – wenn die Lösung genau so viele Operationen hat wie im Buch. Plus: 1 Extrapunkt für jede Operation weniger als in der Musterlösung des Buches. Minus: Š Punkt Abzug für jede Operation weniger als in der Musterlösung des Buches.

In Tabelle 3.8 sind Wahrheitstafeln gegeben (in waagerechter Anordnung), zu denen Sie bitte jeweils die aussagelogischen Funktionen mit Hilfe von Karnaugh-Veitch-Diagrammen aufstellen. Die Eingangsvariablen sind A, B, C , D , die Boole’schen Funktionen heißen E , F , G, H , I . Die Übung hat zwei Ziele: Erstens Æ

Die gefundenen Boole’schen Funktionen müssen korrekt sein.

Zweitens Æ Wir beschränken uns auf drei logische Verknüpfungen, nämlich „UND“, „ODER“ und „NICHT“ und wollen für jede der Funktionen so wenige Operationssymbole wie möglich verbrauchen. (Im Falle einer Klausur erhöht sich die Zahl der erreichten Punkte mit jedem eingesparten Operationssysmbol.)

Aufgabe 3.4 Karnaugh-Veitch-Diagramme

97

Tabelle 3.8 Wahrheitstafel verschiedener aussagelogischer Funktionen als Aufgabenstellung 3.4 Eingangsvariablen

Boole’ sche Funktionen

A

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

B

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

C

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

D

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

E

1

1

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

1

1

1

1

F

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

0

1

0

0

1

1

G

0

1

1

0

0

1

1

0

1

1

1

0

1

1

1

0

H

0

1

0

0

0

1

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

I

1

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

0

1

0

0

 Lösung zu 3.4 Das übliche rechteckige Schema der Karnaugh-Veitch-Diagramme findet man in den Bildern 3-4 a…e, wo auch mögliche Darstellungen der einzelnen Funktionen genannt sind. Arbeitshinweise: Die Werte der Eingangsvariablen kann man wahlweise an den Rändern oder in den Feldern markieren. Die Musterlösungen enthalten beides: In den Feldern sind die Werte in der Reihenfolge „ A BC D “ aufgezählt, zusätzlich sind an den Rändern des Rechtecks mit geschweiften Klammern diejenigen Bereiche markiert, in denen die einzelnen Variablen den Wert „1“ annehmen. Die Markierung der Felder, in denen die Funktion den Wert „1“ hat, ist in grau vorgenommen. Zum Nachvollziehen der Musterlösungen markiere man die einzelnen Ausdrücke und suche die Flächen in den Karnaugh-Veitch-Diagrammen. In den Musterlösungen wird dies mit den Bezeichnungen  1 ,  2 ,  3 , etc... vorgeführt. Es sollte ein Anreiz an die Geschicklichkeit der Leser sein, möglichst großflächige zusammenhängende Bereiche zu erkennen, die gemeinsam mit möglichst wenigen Operationssymbolen beschrieben werden können (wobei Felder mit Wahrheitswert „1“ auch mehreren Bereichen angehören können). Beim Zählen der Operationssymbole ist jedes „UND“, jedes „ODER“ und jedes „NICHT“ einzeln zu erfassen. Vielleicht gelingt es einigen Lesern oder Leserinnen, die Zahl der Operatoren in der Musterlösung zu unterbieten?

98

3 Aussagelogik

Bild 3-4a Karnaugh-Veitch-Diagramm zum Aufstellen der Boole’schen Funktion E . Eine mögliche Lösung lautet: E

5± 5±…P

A š B ›  B š  A › D ›  B š D š C   

 

 2 Sie benötigt 11 Operatoren.

 1

  

 3

Besser ist die Lösung E

 B š  A š D ›  A š B ›  B š D š C

Sie hat nur 10 Operatoren.

5± 5±…P

Bild 3-4b Karnaugh-Veitch-Diagramm zum Aufstellen der Boole’schen Funktion F . Eine mögliche Lösung lautet: F

A š D š C ›  B š C ›  A š D   

  

 1

 2

  

 3

Diese Musterlösung benötigt 8 Operatoren.

5± 5±…P

Bild 3-4c Karnaugh-Veitch-Diagramm zum Aufstellen der Boole’schen Funktion G . Eine mögliche Lösung lautet: G

C › D š C š D ›  A š C   

 

 2  1 Diese Musterlösung benötigt 7 Operatoren.

Aufgabe 3.5 Beweise in Boole’scher Algebra

99

Bild 3-4d Karnaugh-Veitch-Diagramm zum Aufstellen der Boole’schen Funktion H . Eine mögliche Lösung 5±…P lautet: …P H

B š  A š D š  A › D › C ›  D š  B › C   

 

 1  2 Diese Musterlösung benötigt 10 Operatoren.

Bild 3-4e Karnaugh-Veitch-Diagramm zum Aufstellen der Boole’schen Funktion I . Eine mögliche Lösung lautet: 5±…P I

B › C ›   A › D š B ›  A š D š C ›  B š D š A …P   

 1

 

  

 

  3  4  2

Diese Musterlösung benötigt 14 Operatoren.

Aufgabe 3.5 Beweise in Boole’scher Algebra (a.) 8 min Punkte (a.) 4 P (b,c,d.) je 10 min Beweisen Sie die folgenden Gleichungen der Boole’schen Algebra:



hh

(a.)  A o B š  B o A  A † B (c.) A š B

 A : B ›  A : B ›  A : B

(b,c,d.) je 5 P

(b.)   A … B …  A … B …  A … B A › B (d.)  A › B š A  A l B š  B o A

100

3 Aussagelogik

 Lösung zu 3.5 Am einfachsten gelingen die Beweise anhand von Wahrheitstafeln, durch Auswertung der beiden Seiten des Gleichheitszeichens. Führen beide Seiten zum gleichen Ergebnis, so ist der Beweis erbracht. (a.) Beweis: Siehe Tabelle 3.9. Tabelle 3.9 Wahrheitstafel zum Beweis von  A o B š  B o A

4P

 A † B

A

B

Ao B

BoA

 1 š  2

A† B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 0 1

1 0 1 1

1 0 0 1

0 1 1 0

1 0 0 1

:  1

:  2

linke Seite

:  3

rechte Seite

Kommentar:

 3

A† B

(b.) Beweis: Siehe Tabelle 3.10 Tabelle 3.10 Wahrheitstafel zum Beweis von

5P

 A … B …  A … B …  A … B  1 …  2

A

B

A… B

A… B

A…B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 1 1 0

1 1 0 1

1 0 1 1

0 0 1 1

:  1

:  2

:  3

:  4

Kommentar:

 4

A› B

 4 …  3

A› B

0 1 1 1

0 1 1 1

linke Seite

rechte Seite

1 1 0 0

(c.) Beweis: Siehe Tabelle 3.11. Tabelle 3.11 Wahrheitstafel zum Beweis von A š B

5P

 A : B ›  A : B ›  A : B

A

B

A: B

A:B

A: B

 1 ›  2

 4 ›  3

 5

Aš B

0 0 1 1

0 1 0 1

1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 0

1 0 1 0

1 1 1 0

:  1

:  2

:  3

:  4

:  5

0 0 0 1 linke Seite

0 0 0 1 rechte Seite

Kommentar:

Aufgabe 3.6 Spezielle Verknüpfungen

101

(d.) Beweis: Siehe Tabelle 3.12. Tabelle 3.12 Wahrheitstafel zum Beweis von  A › B š A

 A l B š  B o A

A

B

A› B

 A › B š A

Al B

 A l B

BoA

BoA

 1 š  2

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 1

0 1 0 0

1 0 0 1

0 1 1 0

1 0 1 1

0 1 0 0

0 1 0 0

:  2

rechte Seite

Kommentar:

:  1

linke Seite

Aufgabe 3.6 Spezielle Verknüpfungen



(D) (E) (F)

10 min 3 min 6 min

Punkte

hh

(D) 4 P (E) 2 P (F) 3 P

Tabelle 3.13 zeigt drei Wahrheitstafeln mit den Eingangsvariablen A und B , sowie den Funktionen C , D und E . Geben Sie bitte diese letztgenannten Funktionen durch aussagelogische Ausdrücke an, in denen außer A und B nur die Verknüpfung „NAND“ vorkommt. (Anmerkung: Dabei ist es egal, wie oft die NAND- Verknüpfung gebraucht wird.) Tabelle 3.13 Wahrheitstafel verschiedener aussagelogischer Funktionen für Aufgabenstellung 3.6 Eingangvariablen Æ

Funktionen Æ

D

E

F

0

0

0

0

0

1

1

0

1

1

0

1

0

0

1

1

0

1

0

A

B

0

 Lösung zu 3.6 Wir stellen mit Tabelle 3.14 eine große Wahrheitstafel auf, in der die Ergebnisse aller drei Aufgabenteile zu finden sind. Dass in der Tabelle die Negation verwendet wird, soll uns dabei nicht stören, denn diese ist sehr bequem durch ein NAND darstellbar, nämlich in der Form A A … A . In diesem Sinne ist zum Bsp. A … B als abkürzende Schreibweise zu verstehen, die durch drei NANDs wie folgt dargestellt wird: A … B  A … A …  B … B .

5P

102

3 Aussagelogik

Die Buchstaben „D“, „E“, „F“ bezeichnen die Ergebnisse. Die Buchstaben „G“, „H“, „I“, benennen Hilfsvariablen, die der Übersicht dienen.

Tabelle 3.14 Wahrheitstafel zur Findung der Ergebnisse von Aufgabe 3.6

A

B

A… B

A…B

G…H

A… B

A… A

I …B

0

0

1

0

0

0

1

0

0

1

1

1

1

0

1

1

1

0

1

1

1

0

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

:G

:H

Kommentar:

D Ergebnis

E Ergebnis

:I

F Ergebnis

Fasst man die Ergebnisse der Wahrheitstafel von Tabelle 3.14 in Boole’sche Ausdrücke, so erhält man:

G … H … G … H

 A … B …  A … B …  A … B …  A … B   A … B …   A … A …  B … B …   A … B …   A … A …  B … B

D

G…H

2P

E

A… B

 A … B …  A … B

3P

F

I …B

 I … B …  I … B   A … A … B …   A … A … B

4P

4 Geometrie und Vektorrechnung Aufgabe 4.1 Berechnungen in Dreieck und Viereck



Punkte 12 P

hh

20 min

Bei der Vermessung eines Ackers habe ein Geodät eine Seitenlänge gemessen. Zur Bestimmung der anderen drei Seitenlängen führe er nun Winkelmessungen durch. Die Messergebnisse finden sich in Bild 4-1a. Vollziehen Sie die Berechnung der Seitenlängen nach.

Bild 4-1a Darstellung des zu berechnenden Ackers.

 Lösung zu 4.1 Dreiecke sind durch drei Größen eindeutig bestimmt (außer durch drei Winkel). Wir beginnen also den Lösungsweg, indem wir Teildreiecke suchen, in denen drei Größen laut Aufgabenstellung bekannt sind. Dies ist bei den nachfolgenden Lösungsteilen (i.) und (ii.) der Fall. (i.) Die Seitenlänge AD bestimmen wir im Dreieck ABD entsprechend Bild 4-1b

Bild 4-1b Teildreieck zur Bestimmung der Länge AD .

3P

Nach dem Sinussatz findet sich die erste gefragte Seitenlänge AD als: sin  E

sin G

b

d

Ÿ b

d˜

sin  E sin G

d˜

sin  E sin 180q  D  E

100 m ˜

sin  50q sin 180q  70q  50q

TR

| 88.455 m

104

4 Geometrie und Vektorrechnung

(ii.) Die Seitenlänge BC bestimmen wir im Dreieck ABC entsprechend Bild 4-1c

Bild 4-1c Teildreieck zur Bestimmung der Länge BC .

3 P Der Sinussatz führt zur Bestimmung der zweiten gefragten Seitenlänge BC : sin D

sin J

a

c

Ÿ a

c˜

sin D sin J

c˜

sin D

100 m ˜

sin 180q  D  E

sin  40q sin 180q  40q  110q

TR

| 128.558 m

Nun fehlt nur noch die Seite DC , zu deren Bestimmung wir das gesamte Viereck in verschiedene Teildreiecke unterteilen müssen, über die wir uns dann bis zur Seite DC durcharbeiten. Die geschieht im Lösungsteil (iii.). (iii.) Da in den Punkten C und D keine Winkel gemessen wurden, müssen wir erst durch entsprechende Überlegungen solche Winkel auffinden. Dazu betrachten wir Bild 4-1d.

Bild 4-1d Schaubild zur Bestimmung der Winkel in den Punkten C und D

Laut Aufgabenstellung kennen wir: D

70q ; D 2

40q ; E1

Damit berechnen wir direkt: D1 D  D 2 30q und E 2

50q ; E

110q .

E  E1 60q

und im Dreieck ABM : D 2  E1  M1 180q Ÿ M1 90q . Weiterhin ist wegen M1  M 2 180q auch M 2 90q . Damit folgt im Dreieck BCM : M 2  J 1  E 2 180q Ÿ J 1 30q 3 P und im Dreieck AMD : D1  M 2  G 2 180q Ÿ G 2 60q . Die restlichen bisher noch unbestimmten Winkel könnte man berechnen, aber da man deren Werte für die Lösung der Aufgabe nicht benötigt, verzichten wir darauf. Der Lösungsweg ist

Aufgabe 4.2 Winkelfunktionen – berechnen spezieller Werte

105

vielmehr folgender: Man bestimme die Seitenlängen DM und MC und daraus über den Satz von Pythagoras im Dreieck DMC die gefragte Seitenlänge DC . zu DM Æ Wir verwenden den Sinussatz im Dreieck AMD : sin M 2

sin D1

AD

MD

Ÿ MD

sin D1 sin M 2

˜ AD

sin  30q sin  90q

˜ AD

1˜ 2

1P

TR

AD | 44.228 m

zu MC Æ Hier hilft der Sinussatz im Dreieck MBC : sin M 2 BC

sin  E 2 MC

Ÿ MC

sin  E 2 sin M 2

˜ BC

sin  60q sin  90q

˜ BC

3 4

1P

TR

˜ BC | 111.334 m

zu DC im Dreieck DMC Æ Hier folgt aus dem Satz von Pythagoras die dritte gefragte Seitenlänge DC : DC

2

2

MD  MC

2

TR

Ÿ DC |

 44.228 m 2  111.3348 m 2 | 119.7988 m

Damit sind alle in der Aufgabenstellung gefragten Größen bestimmt.

1P

Aufgabe 4.2 Winkelfunktionen – berechnen spezieller Werte

 

(a.)

12 min

(a.)

(b.)

10 min

(b.)

hh hh

Punkte (a.) 7 P (b.) 5 P

(a.) Bestimmen Sie die Werte von sin  30q , sin  60q sowie cos  30q , cos  60q mit Hilfe eines gleichseitigen Dreiecks. (b.) Bestimmen Sie die Werte von sin  45q , cos  45q mit Hilfe eines gleichschenkelig rechtwinkligen Dreiecks.

 Lösung zu 4.2 (a.) Ein gleichseitiges Dreieck zeichnet sich dadurch aus, dass es drei gleichlange Seiten hat. Dazu betrachten wir Bild 4-2a.

Bild 4-2a Gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge „ s “ Aus Symmetriegründen sind alle Winkel D 60q .

2P

106

4 Geometrie und Vektorrechnung

Als Vorarbeit berechnen wir die Höhe h aus der Seitenlänge s . Nach Pythagoras gilt im Dreieck AMC : 1P

s2

 2s

2

 h2 Ÿ h2

2

s 2  s4

3 s2 4

3 4

Ÿ h

˜s

Nach der Definition der Winkelfunktionen gilt im Dreieck AMC : 1P 1P

1P 1P



Gegenkathete Hypothenuse

s

cos  30q sin D2



Ankathete Hypothenuse

h s

sin  60q sin D

Gegenkathete Hypothenuse

h s

cos  60q sin D

Ankathete Hypothenuse

s

sin  30q sin D2

2

s

2

s

1 2 3 4

˜s

s 3 4

˜s

s

3 4

1˜ 2

3

3 4

1˜ 2

3

1 2

(b.) Ein gleichschenkelig rechtwinkeliges Dreieck hat zwei gleichlange Schenkel („ k “) und einen rechten Winkel (den ) BCA ), wie es z.B. in Bild 4-2b skizziert ist.

Bild 4-2b Gleichschenkelig rechtwinkliges Dreieck, wobei „ k “ die Länge der Katheten und „ h “ die Länge der Hypothenuse sei.

2P

Aus Symmetriegründen sind die beiden Winkel D

1P

45q .

Die Vorarbeit besteht wieder aus der Anwendung des Satzes von Pythagoras, jetzt im Dreieck ABC : h2 k 2  k 2 Ÿ h 2 ˜k Damit folgt nach der Definition der Winkelfunktionen im Dreieck ABC :

1P

sin  45q sin D

Gegenkathete Hypothenuse

k h

k 2 ˜k

1 2

1P

sin  45q sin D

Ankathete Hypothenuse

k h

k 2 ˜k

1 2

Aufgabe 4.3 Textbeispiel - Kreisberechnung



10 min

hh

Punkte 4P

Bereits im 2. oder 3. Jhd. v. Chr. schlossen Gelehrte in Alexandria aus der Existenz des Horizonts auf die Form der Erde als Kugel. (Man sieht Schiffe hinter dem Horizont verschwinden und wiederkehren.)

Aufgabe 4.4 Winkelfunktionen – Werte ohne Taschenrechner

107

Eratosthenes fand in der Bibliothek von Alexandria Hinweise auf einen Brunnen in der Stadt Syene, dessen Boden die Sonne am 21. Juni mittags schattenfrei ausleuchtete. Also musste dort die Sonne senkrecht über dem Erdboden stehen. In Alexandria hingegen warf in diesem Moment ein Turm einen Schatten (siehe Bild 4-3), aus dessen Länge Eratosthenes den Winkel bestimmen konnte, in dem die Sonnenstrahlen geneigt gegenüber der Senkrechten zum Erdboden einfielen. Eratosthenes setzte die Parallelität des Sonnenlichts voraus, und berechnete daraus den Umfang der Erde. Vollziehen Sie diese Rechnung nach. Die dafür nötigen Daten finden sich in der Legende zu Bild 4-3.

Bild 4-3 Skizze der Oberfläche der Erde, deren Kugelumfang Eratosthenes berechnete. A = Stadt Alexandria S = Stadt Syene Die Entfernung von Alexandria nach Syene wurde mit L = 787.5 km bestimmt, der Winkel zwischen den Sonnenstrahlen und der Senkrechten zur Erdoberfläche in Alexandria mit D 7.2q .

 Lösung zu 4.3 Die Berechnung des Eratosthenes erfolgt in Anlehnung an die Definition des Winkels im Einheitskreis. Übertragen wir diese Definition auf Kreise beliebigen Umfangs, so erhalten D L mit L =Bogenlänge und R =Kreisradius (vgl. auch Bild 4-3.) wir 360q

R

Umformen dieser Definitionsgleichung liefert: Ÿ Erdradius R

q Ÿ Erdumfang 2ʌR L ˜ 360 D

q 2ʌL ˜ 360 D

q 2ʌ ˜ 787.5km ˜ 360q 39375km Die Werte des Eratosthenes führen zu 2ʌR 2ʌL ˜ 360 7.2q D

Moderne Anmerkung: Die Ungenauigkeit des Eratosthenes hängt mit der Tatsache zusammen, dass der Weg von Alexandria nach Syene nicht genau in Nord-Süd-Richtung verläuft.

Aufgabe 4.4 Winkelfunktionen – Werte ohne Taschenrechner



h

(a…e.) je 1 min

Punkte (a) 1 P

Berechnen Sie ohne Taschenrechner und ohne sonstige Hilfsmittel:

 cot   74 ʌ

 53 ʌ tan   34 ʌ

(a.) a sin  153 ʌ

(b.) b tan

(d.) d

(e.) e



(c.) c cos  76 ʌ



4P

108

4 Geometrie und Vektorrechnung

 Lösung zu 4.4 Wir führen die Ausdrücke unter Benutzung der Periodizitäten der zu berechnenden Funktionen auf Sinus- und Cosinus-Werte im ersten Quadranten zurück, die wir kennen.



1 P (a.) a sin  153 ʌ



sin  5ʌ sin  5ʌ+6ʌ  

sin  ʌ

0

3 Perioden in Argument addieren (6ʌ)

1 P (b.) b tan

 53 ʌ





1 Periode (= ʌ) addieren



1 P (c.) c cos  76 ʌ

sin 120q



tan 53 ʌ-ʌ tan 32 ʌ  







cos  76 ʌ+ 12 ʌ 6  

3 4  12

sin  60q

cos 120q  cos  60q  

 3

Ausnutzen von Symmetrieeigenschaften

cos

 56 ʌ

 cos

 16 ʌ

 cos  30°



3 4

1 Periode (=2 ʌ) addieren

1 P (d.) d









cot  74 ʌ cot  14 ʌ   

 cot

 14 ʌ

2 Perioden (=2 ʌ) subtrahieren



1 P (e.) e tan  3 ʌ 4



sin  45q



tan 14 ʌ  

cos  45q

1 Periode (= ʌ) addieren



cos  45q sin  45q

1

1

Aufgabe 4.5 Additionstheoreme



Punkte 3P

hh

5 min

Vereinfachen Sie den Ausdruck x cos 4  D2  sin 4  D2 soweit wie möglich.

 Lösung zu 4.5 Es gilt die nachfolgende Umformung: x

3P



cos 2  D2  sin 2  D2   cos2  D2  sin 2  D2 ˜  

cos 4 D2  sin 4 D2  

Umformung der 3. Binomischen Formel a 2  b2  a  b ˜ a  b



nach Additionstheorem cos2 D2  sin 2 D2 1













2 ˜ cos 2 D2  1 2 ˜ 12 ˜ 1  cos 2 ˜ D2  1 cos D  

wegen Additionstheorem cos 2 M 12 ˜1 cos  2M





cos 2 D2 

1  cos  D   

2

2

nach Additionstheorem cos 2 D2  sin 2 D2 1





Aufgabe 4.6 Textbeispiel – Navigation

109

Aufgabe 4.6 Textbeispiel – Navigation



Punkte 6P

hh

12 min

Ein möglicher Arbeitsgang bei der Navigation in der Seefahrt ist das Anpeilen von Landmarken. Ein Schiff peile zwei Landmarken ( A und B ) an wie in Bild 4-6 dargestellt. Den Abstand der beiden Landmarken zueinander entnimmt der Seefahrer aus der Seekarte. (a.) Wie groß sind die Entfernungen SA und SB ? (b.) Welchen Kurs muss das Schiff fahren, um im Abstand von 4 Seemeilen am Punkt B vorbeizufahren?

Bild 4-6 Schaubild zum Navigationsbeispiel A und B = Landmarken. Laut Seekarte beträgt der Abstand AB 20 sm (Seemeilen) und der Winkel J 80q S = Schiff; P , X , G und H = Hilfsgrößen Peilungen: D 28q und E 35q M = gefragter Kurs

 Lösung zu 4.6 Planung der Vorgehensweise: Da die einzige absolute Längenangabe im Dreieck ABS vorhanden ist, müssen wir mit diesem Dreieck beginnen. Wir bestimmen zunächst alle Winkel dieses Dreiecks (im Schritt 1) und danach seine Seitenlängen (im Schritt 2). Damit können wir uns zu guter Letzt dem Drei- 2 P eck BXS und dem Winkel M zuwenden (Schritt 3), um den Kurs des Schiffes zu berechnen. Schritt 1: Ein Winkel ergibt sich im Dreieck PBS Æ H 180q  D  J 72q Der andere Winkel folgt in Dreieck ABS Æ G 180q  E  D  H 45q

1P

Schritt 2: Die Seitenlängen folgen aus dem Sinussatz, und zwar im Dreieck ABS . Wir berechnen zuerst die Seitenlänge SB mit sin D  E

sin G

AB

SB

Ÿ SB

AB ˜

sin G sin D  E

20 sm ˜

sin  45q sin  28q  35q

TR

| 15.872 sm ,

1P

110

4 Geometrie und Vektorrechnung

und dann die Seitenlänge SA gemäß sin D  E sin  H sin  H sin  72q TR Ÿ SA AB ˜ 20 sm ˜ | 21.348 sm , 1P sin D  E sin  28q  35q AB SA Schritt 2 gibt die Antworten auf Frage (a.). Schritt 3: Damit sind im Dreieck BXS zwei Seitenlängen und ein rechter Winkel bekannt, was zur Bestimmung des Winkels M aus der Definition des Sinus genügt: 1P

sin M

BX SB

TR § 4 sm · TR Ÿ M | arcsin ¨ ¸ | 14.597q © 15.872 sm ¹

Dies gibt die Antwort auf Frage (b.).

Aufgabe 4.7 Vektorprodukte 3 min 3 min 2 min 3 min 4 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)



Punkte (a.) 2 P (b.) 2 P (c.) 1 P (d.) 2 P (e.) 3 P

h

K

§ 2·

K

§1·

K

§ 1 ·

Gegeben seien drei Vektoren a ¨¨ 7 ¸¸ und b ¨¨ 3 ¸¸ und c ¨¨ 4 ¸¸ ¨ 4¸ © ¹

¨ 6¸ ¨ 2 ¸ © ¹ © ¹ K K (a.) Welchen Winkel schließen a und b miteinander ein? K K (b.) Welche Fläche spannen a und b auf? K K (c.) Wie lauten die Einheitsvektoren in Richtung von a und in Richtung b ? K K K (d.) Welches Volumen spannen die drei Vektoren a , b und c miteinander auf? K K (e.) b und c spannen eine Ebene auf. Geben Sie die beiden Einheitsvektoren an, die senk-

recht auf dieser Ebene stehen.

 Lösung zu 4.7 K K

(a.) Am bequemsten findet man den Winkel über das Skalarprodukt: a ˜ b

K K a ˜ b ˜ cos  )a, b .

Darin sind K K a ˜b

§ 2· § 1· ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 7 ¸ ˜ ¨ 3¸ ¨ 4¸ ¨ 6¸ © ¹ © ¹

2  21  24

47

und

1P

K a

22  7 2  42

69

K b

12  32  62

46

Auflösen nach dem gesuchten Winkel liefert 1P

Ÿ cos  )a, b

K K a ˜b K K a˜b

Ÿ )a, b

§ 47 · TR arccos ¨ ¸ | 33.46q für den gesuchten Winkel © 46 ˜ 69 ¹

Aufgabe 4.8 Lineare Abhängigkeit von Vektoren

111

(b.) Eine typische Methode zur Bestimmung der Fläche verläuft über das Kreuzprodukt: K K K K Dieses lautet a u b a ˜ b ˜ sin  )a, b . Darin ist § a y bz  a z by · ¨ ¸ ¨  axbz  a z bx ¸ ¨ a b a b ¸ y x ¹ © x y

K K a ub

§ 7˜6  4˜3 · ¨ ¸ ¨ 2 ˜ 6  4 ˜ 1 ¸ ¨ 2 ˜ 3  7 ˜1 ¸ © ¹

§ 30 · K K ¨ ¸ ¨ 8 ¸ Ÿ a u b ¨ 1 ¸ © ¹

 30 2   8 2   1 2

965 = Fläche

2P

(c.) Die Einheitsvektoren erhält man, indem man die Vektoren durch ihre Länge dividiert: § 2 · § 0.24077 · 1 ¨ ¸ TR ¨ ¸ ˜ ¨ 7 ¸ | ¨ 0.84270 ¸ 69 ¨ ¸ ¨ ¸ © 4 ¹ © 0.48154 ¹

K a K a

K ea

K b K b

K eb

und

§ 1 · § 0.14744 · 1 ¨ ¸ TR ¨ ¸ ˜ ¨ 3 ¸ | ¨ 0.44233 ¸ 46 ¨ ¸ ¨ ¸ © 6 ¹ © 0.88465 ¹

1P

(d.) Das aufgespannte Volumen ist das Spatvolumen, das man am leichtesten wie eine Determinante berechnet: V

ax ay

bx by

cx cy

az

bz

cz

2 1 1 7 3 4 4 6 2

2˜

3

4

6 2

7˜

1 1 6 2

 4˜

1 1 3

2P

4

2 ˜  6  24  7 ˜  2  6  4 ˜  4  3

60

K K K

Das Vorzeichen der Determinante drückt lediglich aus, dass die drei Vektoren a , b , c ein Linkssystem bilden, bei einem Rechtssystem wäre das Vorzeichen positiv. Auf das Volumen des Spates hat dies keinen Einfluss. Das gesuchte Volumen ist der Betrag von V : V 60 . (e.) Das Kreuzprodukt steht senkrecht auf der Ebene, die die beiden Faktoren aufspannen – K K also berechnen wir b u c und dividieren durch dessen Betrag: K K b uc

§ by cz  bz c y · ¨ ¸ ¨ bx cz  bz cx ¸ ¨ ¸ © bx c y  by cx ¹

§ 6  24 · ¨ ¸ ¨ 2  6 ¸ ¨ ¸ © 43 ¹

§ 30 · K K ¨ ¸ ¨ 4 ¸ und b u c ¨ ¸ © 7 ¹

K K b u c Die beiden gesuchten Einheitsvektoren sind K K b uc

 30 2   4 2   7 2 § 30 ¨ ¨ 4 ¨ ¨ 7 ©

·

K K ¸ und Kb u c K ¸ b uc ¸ ¹

965 ¸ 965 965

§ 30 ¨ ¨ 4 ¨ ¨ 7 ©

965

·

965 ¸

¸ ¸ ¸ 965 ¹

965

Die beiden Einheitsvektoren unterscheiden sich lediglich durch einen Vorzeichen, denn sie stehen antiparallel zueinander.

Aufgabe 4.8 Lineare Abhängigkeit von Vektoren



je 7 min

hh

Liegen die drei Punkte P1 , P2 und P3 auf einer Geraden?

Punkte Planung: 2 P

2P

(a.) + 3 P (b.) + 3 P

1P

112

4 Geometrie und Vektorrechnung

Wir üben diesen Aufgabentyp anhand zweier Beispiele: § 3·

§ 1·

§ 7 ·

¨ ¸ © 2¹

¨ ¸ © 3¹

¨ ¸ © 7 ¹

(a.) P1 ¨ 4 ¸ , P2 ¨ 2 ¸ und P3 ¨ 6 ¸

§ 5·

§ 3·

§1·

¨ ¸ ©1¹

¨ ¸ © 7¹

¨ ¸ ©1¹

(b.) P1 ¨ 2 ¸ , P2 ¨ 4 ¸ und P3 ¨ 0 ¸

 Lösung zu 4.8 Planung der Vorgehensweise: Zuerst stellen wir die Geradengleichung durch die Punkte P1 K

und P2 auf (z.B. in der Punkt-Richtungs-Form), die wir r  O nennen wollen (mit einem Parameter O  \ ). Um sie aufzustellen, bezeichnen wir den Koordinatenursprung mit O , JJJK somit ist OQ der Ortsvektor zu einem Punkt Q . 2 P Um damit dann die gegebene Fragestellung zu klären, ist zu prüfen, ob es ein O gibt, für das K JJJJK r  O OP3 ist. Anhand der x-Komponente suchen wir, welches O in Frage kommen könnte, passt dieses O auch für die y- und z-Komponente, so liegen die drei Punkte auf einer Geraden. (a.) Beim ersten Aufgabeteil ergibt die Geradengleichung als 1P

K JJJJK JJJJJK r  O OP1  O ˜ P1P2

§ 3· § 1 3 · ¨ 4¸  O ˜ ¨ 2  4¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 2¹ ©3  2¹

§ 3  2O · ¨ 4  2O ¸ ¨ ¸ © 2  1O ¹

Das für die x-Komponente passende O ist: 3  2O 7 Ÿ 2O 3  7 Ÿ O 5 § 3  2 ˜ 5 · § 7 ·

K

JJJJK

2 P Wir berechnen r  O 5 ¨ 4  2 ˜ 5 ¸ ¨ 6 ¸ und finden die Übereinstimmung mit OP3 . ¨ ¸ ¨ ¸ © 2  1 ˜ 5 ¹ © 7 ¹

Also liegen alle drei Punkte auf einer Geraden. (b.) Beim zweiten Aufgabenteil ergibt sich eine Geradengleichung gemäß 1P

K JJJJK JJJJJK r  O OP1  O ˜ P1P2

§ 5· § 3 5· ¨ 2¸  O ˜ ¨ 4  2¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©1¹ © 7 1¹

§ 5  2O · ¨ 2  2O ¸ ¨ ¸ © 1  6O ¹

Das für die x-Komponente passende O ist: 5  2O 1 Ÿ 2O 5  1 Ÿ O 2 K

§5  2˜ 2· § 1 ·

JJJJK

2 P Wir berechnen r  O 2 ¨ 2  2 ˜ 2 ¸ ¨ 6 ¸ , was nicht mit OP3 übereinstimmt. ¨ ¸ ¨ ¸ © 1  6 ˜ 2 ¹ © 13 ¹

Also liegen nicht alle drei Punkte auf einer Geraden. Ein Beispiel für die Berechnung des Abstandes eines Punktes zu einer Geraden findet man in Aufgabe 4.12.

Aufgabe 4.9 Abstand eines Punktes zu einer Geraden



hh

12 min K

Punkte 6P K

Gegeben sei eine Gerade durch r  O und dazu ein Punkt Q durch den Ortsvektor rQ , gemäß

Aufgabe 4.10 Ebenengleichung in verschiedenen Formen

K r O

K K r1  O ˜ a

113

§1· § 3· ¨ 2 ¸  O ˜ ¨ 5 ¸ in der Punkt-Richtungs-Form und der Punkt mit rK Q ¨ ¸ ¨ ¸ © 3¹ © 7¹

§ 2· ¨ 5¸ . ¨ ¸ © 9¹

Bestimmen Sie den Abstand des Punktes von der Geraden.

 Lösung zu 4.9 Unter dem Abstand eines Punktes zu einer Geraden versteht man die Länge der kürzesten Linie vom Punkt zur Geraden. Dies ist das Lot von Q auf die Gerade (siehe Bild 4-9).

Bild 4-9 Schaubild zum Abstand eines Punktes von einer Geraden K rQ = Ortsvektor des Punktes K r  O = Ortsvektoren zu den Punkten der Geraden K d = Lot vom Punkt Q auf die Gerade.

JJJK

K

2P

K

Zur Berechnung des Abstandes d betrachten wir das von PQ und a aufgespannte Paralle1 JJJK K

logramm, dessen Fläche sich einerseits durch das Kreuzprodukt PQ 1 u a und andererseits als JJJK K K K PQ a˜d 1 ua JJJK K K K K  r1  rQ u a PQ K K 1 ua Auflösen nach d liefert den gesuchten Abstand: d K K a a K

K

Parallelogrammfläche a ˜ d berechnen lässt. Ÿ





2P

Das Einsetzen der Werte führt zum gesuchten Abstand (als Länge des Lotes):

K d

JJJK K PQ 1 ua K a

 rK1  rKQ u aK K a

§ § 1· § 2·· § 3· ¨ ¨ ¸ ¨ ¸¸ ¨ ¸ ¨ ¨ 2¸  ¨ 5¸¸ u ¨ 5¸ ¨ © 3¹ © 9¹¸ © 7¹ © ¹ 2

2

3 5 7

2

§ 9 · ¨ 11 ¸ ¨ ¸ © 4 ¹ 2

2

3 5 7

2

81  121  16 9  25  49

218 83

Aufgabe 4.10 Ebenengleichung in verschiedenen Formen



(i.) (ii.) (iii.)

7 min 3 min 3 min

hh

Punkte - jeweils für (a.) und für (b.)

(i.) 4 P (ii.) 2 P (iii.) 2 P

Die Punkte P1 , P2 und P3 spannen eine Ebene auf. Geben Sie die Ebenengleichung an, und zwar

(i.) in der Punkt-Richtungs-Form (ii.) in der Normalenform (iii.) in der Achsenabschnittsform

2P

114

4 Geometrie und Vektorrechnung

Wir üben diesen Aufgabentyp anhand zweier numerischer Beispiele: § 3·

§ 7 ·

§ 1·

(a.) P1 ¨ 4 ¸ , P2 ¨ 2 ¸ , P3 ¨ 6 ¸ ¨ ¸ © 2¹

¨ ¸ © 3¹

und

¨ ¸ © 11¹

§ 5·

§1·

§ 2 ·

¨ ¸ ©8¹

¨ ¸ © 4¹

¨ ¸ ©1¹

(b.) P1 ¨ 3 ¸ , P2 ¨ 2 ¸ , P3 ¨ 5 ¸

 Lösung zu 4.10 Arbeitshinweise: zu (i.) Æ Die Punkt-Richtungs-Form besteht aus einem Ortsvektor zu einem Punkt der Ebene und zwei Vektoren in der Ebene zu (ii.) Æ Die Normalenform besteht aus einem Ortsvektor zu einem Punkt der Ebene und einem Normalenvektor senkrecht zu ihr zu (iii.) Æ Die ist eine implizite Funktionsgleichung im mehrdimensionalen Raum, angegeben in kartesischen Koordinaten. Die Musterlösung: K K K K (a.) Die Punkt-Richtungs-Form lautet r  O , P r1  O ˜ a  P ˜ b . Dafür brauchen wir einen K Ortsvektor zu einem Punkt der Ebene, z.B. r1

JJJJK OP1

§ 3· ¨ 4 ¸ und dazu zwei Vektoren in der ¨ ¸ © 2¹

Ebene, die wir erhalten als Vektoren zwischen den Punkten der Ebene, zum Beispiel K a

JJJJJK P1P2

JJJJK JJJJK OP2  OP1

§ 1· § 3· ¨ 2¸  ¨ 4¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 3¹ © 2¹

§ 2 · ¨ 2 ¸ ¨ ¸ ©1¹

und

K b

JJJJJK P1P3

JJJJK JJJJK OP3  OP1

§ 7 · § 3 · ¨ 6 ¸  ¨ 4 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 7 ¹ © 2 ¹

§ 10 · ¨ 10 ¸ ¨ ¸ © 9 ¹

Die Ebenengleichung in der Punkt-Richtungs-Form lautet also 4P

K r O, P

K K K r1  O ˜ a  P ˜ b

§ 3· § 2 · § 10 · ¨ 4 ¸  O ˜ ¨ 2 ¸  P ˜ ¨ 10 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 2¹ ©1¹ © 9 ¹ K

K

§ 3  2O  10 P · ¨ 4  2O  10P ¸ ¨ ¸ © 2  1O  9P ¹

K

Das Aufstellen der Normalenform n ˜  r  O , P  r1 0 : Eine Normale auf der Ebene findet man am leichtesten als Kreuzprodukt zweier Vektoren in der Ebene, z. Bsp. 2P

K n

K K aub

§ 2 · § 10 · ¨ 2 ¸ u ¨ 10 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©1¹ © 9 ¹

§ 8 · ¨8¸ ¨ ¸ ©0¹

§ 8 · § § 3·· K K K ¨K ¸ Ÿ n ˜  r  O , P  r1 ¨ 8 ¸ ˜ ¨ r  O , P  ¨ 4 ¸ ¸ 0 ¨ ¸ ¨ ¨ ¸¸ ©0¹ © © 2¹¹  

Ebenengleichung in der Normalenform

Die Achsenabschnittsform bezieht sich auf kartesische Koordinaten. Man erhält sie, indem K man r in kartesischen Koordinaten in die Normalenform einsetzt und das Skalarprodukt ausmultipliziert: 2P

§ 8 · § § x · § 3 · · § x· K ¨ ¸ r O, P ¨ y ¸ Ÿ ¨ 8 ¸ ˜ ¨ ¨ y ¸  ¨ 4¸ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨¨ ¸ ¨ ¸¸ © z¹ © 0 ¹ © © z ¹ © 2¹¹

0 Ÿ  8 ˜  x  3  8 ˜  y  4  0 ˜  z  2

0 Ÿ  8x  8 y

8

Aufgabe 4.11 Lage von Punkten in einer Ebene

115

Teil (b.) dient der weiteren Übung und sei ohne viel Kommentar in analoger Weise gelöst: Für das Aufstellen der Punkt-Richtungs-Form gilt K r1

JJJJK OP1

§ 5· ¨ 3 ¸ , dazu aK ¨ ¸ ©8¹

§ 1 · § 5· ¨ 2 ¸  ¨ 3 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 4 ¹ ©8¹

JJJJJK P1P2

§ 4 · K ¨ 5 ¸ und b ¨ ¸ © 4 ¹

JJJJJK P1P3

§ 2 · § 5 · ¨ 5 ¸  ¨ 3¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 1 ¹ © 8¹

§ 7 · ¨ 2¸ ¨ ¸ © 7 ¹

Damit lautet die Ebenengleichung in der Punkt-Richtungs-Form K r O, P

K K K r1  O ˜ a  P ˜ b

§ 5· § 4 · § 7 · ¨ 3 ¸  O ˜ ¨ 5 ¸  P ˜ ¨ 2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©8¹ © 4 ¹ © 7 ¹

§ 5  4O  7 P · ¨ 3  5O  2 P ¸ ¨ ¸ © 8  4O  7 P ¹

4P

Das Aufstellen der Normalenform sieht so aus: K n

K K aub

§ 4 · § 7 · ¨ 5 ¸ u ¨ 2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 4 ¹ © 7 ¹

§ 43 · § § 5· · K K K ¨K ¸ ¨ ¸ 0 ˜ ¨ r O, P  ¨ 3¸ ¸ 0 Ÿ n ˜  r  O , P  r1 ¨ ¸ ¨ ¨ ¸¸ © 43 ¹ © © 8¹¹   

§ 43 · ¨ 0 ¸ ¨ ¸ © 43 ¹

2P

Ebenengleichung in der Normalenform Die Achsenabschnittsform erhält man wie folgt: § x· § 43 · § § x · § 5 · · K ¨ ¸ r O, P ¨ y ¸ Ÿ ¨ 0 ¸ ˜ ¨ ¨ y ¸  ¨ 3¸ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨¨ ¸ ¨ ¸¸ © z¹ © 43 ¹ © © z ¹ © 8 ¹ ¹

0 Ÿ 43 ˜  x  5  0 ˜  y  3  43 ˜  z  8 Ÿ 43 x  43z

0

129 Dies ist die Achsenabschnittsform.

2P

Aufgabe 4.11 Lage von Punkten in einer Ebene



Vorbereitung 2 min ( Q1 , Q 2 ) je 8 min

hh

Punkte

Q1 : 4 P

Vorbereitung: 2 P

Q2 : 4 P

§ 5·

§ 3·

§1·

¨ ¸ ©1¹

¨ ¸ © 7¹

¨ ¸ ©1¹

Gegeben ist eine Ebene durch drei Punkte P1 ¨ 2 ¸ , P2 ¨ 4 ¸ und P3 ¨ 0 ¸ § 11·

§ 1 ·

¨ ¸ © 13 ¹

¨ ¸ © 2¹

Liegen die beiden Punkte Q1 ¨ 0 ¸ und Q 2 ¨ 4 ¸ in dieser Ebene?

 Lösung zu 4.11 Zuerst stellen wir die Ebenengleichung in der Punkt-Richtungs-Form auf: JJJJK JJJJJK JJJJJK K r  O , P OP1  O ˜ P1P2  P ˜ P1P3

§ 5· § 3  5· § 1 5 · ¨ 2¸  O ˜ ¨ 4  2¸  P ˜ ¨ 0  2¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©1¹ © 7 1¹ © 1 1 ¹

§ 5  2O  4 P · ¨ 2  2O  2P ¸ ¨ ¸ © 1  6O ¹

Die Prüfung, ob die Punkte Q1 und Q 2 in dieser Ebene liegen, erfolgt dadurch, dass man eine Kombination O , P finden muss, mit der der jeweils untersuchte Punkt sich in allen drei

2P

116

4 Geometrie und Vektorrechnung

Koordinaten innerhalb der Ebenengleichung darstellen lassen muss. Wir benutzen also die xund y-Komponente zur Bestimmung von O und P und prüfen anschließend, ob die zKomponente dazu passt. Für den Punkt Q1 bedeutet dies:

x-Komponente

Ÿ 5  2O  4 P

11

y-Komponente

Ÿ 2  2O  2 P

0

 1  2

Dieses Gleichungssystem aus zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten lösen wir nach dem Gauß-Algorithmus (im Vorgriff auf Kapitel 5 – wer den Gauß-Algorithmus nicht beherrscht, möge das Gleichungssystem auf eine andere Art lösen): O

3P

 1 Ÿ  2 Ÿ

P

2 4 16 2 2 2

m + Zeile 1

2 4 16

m  23 ˜ Zeile 2

0

6 18

 

1 2 0 4 m ˜  2 0 6 18 m ˜  1 6

1 0

0 1

2 3

Ÿ

O 2 P 3

Damit sind O und P bestimmt.

Die Prüfung, ob die z-Komponente passt, geschieht durch Einsetzen von O und P in die Ebenengleichung: 1  6O 1  12 13 1 P Tatsächlich passt die z-Komponente von Q1 , also liegt Q1 mit P1 , P2 , P3 in einer Ebene. Für den Punkt Q 2 bedeutet dies: x-Komponente

Ÿ 5  2O  4 P

1

y-Komponente

Ÿ 2  2O  2 P

4

 3  4

Wieder lösen wir das Gleichungssystem mit dem Gauß-Algorithmus: O

3P

 3 Ÿ  4 Ÿ

P

2 4 6 2 2 6 2 4 +2 0 6 12

m + Zeile 1 m  23 ˜ Zeile 2

 

1 2 0 +2 m ˜  2 0 6 12 m ˜  1 6

1 0

0 1 1 +2

Ÿ

O 1 P 2

Damit sind O und P bestimmt.

Es folgt die Prüfung, ob die z-Komponente passt, und zwar wieder durch Einsetzen von O und P in die Ebenengleichung: 1  6O 1  6 5 1 P Dies ist nicht die z-Komponente von Q 2 , also liegt Q 2 nicht in einer Ebene mit P1 , P2 , P3 .

Aufgabe 4.12 Abstand eines Punktes von einer Ebene

117

Aufgabe 4.12 Abstand eines Punktes von einer Ebene



hhh

10 min K

K

Punkte 6P

K

Gegeben sei eine Ebene durch n ˜  r  r1 0 in der Normalenform sowie ein Punkt Q durch K

den Ortsvektor rQ . K Die Werte für unser Übungsbeispiel seien r1

§ 2· ¨ 5 ¸ , nK ¨ ¸ © 9¹

§ 3· ¨ 1 ¸ und rK Q ¨ ¸ © 2¹

§0· ¨12 ¸ . ¨ ¸ ©4¹

Die anschauliche Bedeutung dieser Größen findet sich in Bild 4-12. Bestimmen Sie den Abstand des Punktes von der Ebene.

Bild 4-12 Schaubild zum Abstand eines Punktes von einer Ebenen K rQ = Ortsvektor des Punktes K n = Normalenvektor zur Ebenen K r1 = Ortsvektor zu einem Punkt P1 auf der Ebenen K d = Lot vom Punkt Q auf die Gerade K K d ' = zu d paralleler Vektor mit Anfang in P1

Q ' , Q '' = Hilfsgrößen, die sich im Verlauf der Lösung der Aufgabe ergeben

 Lösung zu 4.12 K

Der einfachste Weg zur Berechnung des Abstandes d verläuft über die Projektion von Q K

K

auf den Normalenvektor n . Dies führt zum Vektor d ' , der von P1 nach Q '' zeigt. Da die Projektion dem Skalarprodukt entspricht, gilt K JJJJJK K JJJJK n ˜ PQ n ˜ PQ 1 ''  1



K K n˜d '

K K K n ˜  rQ  r1





weil die Projektion betrachtet wird

K

Wir lösen nach d ' auf, unter Verwendung der für Vektoren gültigen Rechenregeln: K K K K K n ˜ d ' n ˜  rQ  r1 K K K K K d '˜ n n ˜ rQ  r1 K K K K K K K d '˜ n ˜ n n ˜  rQ  r1 ˜ n K K K K K K K d '˜  n ˜ n n ˜  rQ  r1 ˜ n

 







   



wegen der Kommutativität des Skalarprodukts folgt K

Multiplikation mit n von rechts liefert Assoziativität des Skalarprodukts führt zu K K

Division durch den Skalar  n ˜ n

118

3P

K d' K d'

3P

K d'

4 Geometrie und Vektorrechnung

 nK ˜  rKQ  rK1 ˜ nK

Betrag der Vektoren bilden

K2 n K K K K n ˜ rQ  r1 ˜ n K2 n

 



 nK ˜  rKQ  rK1

K

Kürzen durch n und Einsetzen der Werte

§§ 3· § § 0 · § 2··· ¨¨ ¸ ¨ ¨ ¸ ¨ ¸¸¸ ¨ ¨ 1 ¸ ˜ ¨  ¨12 ¸  ¨ 5 ¸ ¸ ¸ ¨ ¸¸ ¨ ©© 2¹ © © 4 ¹ © 9¹¹¹

§§ 3· § 2 ·· ¨¨ ¸ ¨ ¸¸ ¨ 1 ˜ 7 ¸ ¨ ©¨ 2 ¹¸ ©¨ 5 ¹¸ ¸ © ¹

 6  7  10

9 14

 14 3 1  2 3 1  2 K K Da d ' die selbe Länge hat wie d (vgl. nochmals Bild 4-12), ist dies der gesuchte Abstand K n

2

2

2

2

2

2

des Punktes von der Ebene. Anmerkung: K

Über die Länge des Normalenvektors n im Zusammenhang mit der Projektion eines anderen K K Vektors auf n braucht man sich keine Gedanken machen. Es ist egal, ob n kürzer oder länJJJJK JJJJJK K ger ist als PQ bzw. PQ 1 1 '' , denn am Ende der Berechnung kürzt sich die Länge von n heraus. Dies erkennt man daran, dass in der Gleichung  ein Faktor

K nK n

enthalten ist.

Aufgabe 4.13 Abstand eines Punktes von einer Geraden allgem. Teil Æ 2 min je 5 min (a,b,c.) Æ



Punkte dazu allgem Teil: 2 P (a,b,c.) je 2 P

hh

JJJJK

K

K

Eine Gerade sei gegeben in der Punkt-Richtungs-Form r  O OP1  O ˜ a (mit O = Koordinatenursprung) und dazu sei ein Punkt Q gegeben, dessen Abstand von der Geraden berechnet werden soll. Wir üben diese Aufgabestellung anhand der drei nachfolgenden Beispiele: (a.)

P1

§ 2· ¨ 4 ¸ und ¨ ¸ © 6¹

K a

§ 3 · ¨ 1 ¸, ¨ ¸ © 2 ¹

dazu der Punkt Q ¨ 2 ¸

(b.)

P1

§ 3· ¨ 5 ¸ und ¨ ¸ © 7¹

K a

§1· ¨ 2 ¸, ¨ ¸ © 2 ¹

dazu der Punkt Q ¨ 8 ¸

(c.)

P1

§ 4· ¨ 4 ¸ und ¨ ¸ © 4¹

K a

§ 2 · ¨ 3 ¸, ¨ ¸ © 5¹

dazu der Punkt Q ¨ 2 ¸

§ 4· ¨ ¸ © 3¹

§8· ¨ ¸ ©7¹ § 4 · ¨ ¸ © 3 ¹

Aufgabe 4.14 Ebenengleichung in kartesischen Koordinaten

119

 Lösung zu 4.13 Den Abstand eines Punktes ( P1 ) von einer Geraden in der Punkt-Richtungs-Form berechnet

JJJJK K P1Q u a JJJJK . Dabei kann man den Vektor P1Q aus der Differenz der Ortsvektoman gemäß d K a JJJJK JJJJK JJJK JJJK JJJJK ren der beiden Punkte finden: P1Q OP1  OQ OQ  OP1 JJJK JJJJK K OQ  OP1 u a Damit schreibt sich der gesuchte Abstand als d K a





2P

Wir setzen in diesen Ausdruck die Geraden und die Punkte unserer Aufgabenstellung ein: (Die Bildung des Kreuzproduktes mag der Leser ohne Lösungsmuster nachvollziehen.) (a.)

d

JJJJK K P1Q u a K a

JJJK JJJJK

 OQ  OP1 u aK K a

§ 4  2 · § 3 · ¨ 2  4¸ u ¨ 1 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 3  6 ¹ © 2 ¹ K a

§7· ¨ 13 ¸ ¨ ¸ © 4 ¹ K a

§ 8  3· § 1 · ¨8  5¸u¨ 2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 7  7 ¹ © 2 ¹ K a

§ 6 · ¨ 10 ¸ ¨ ¸ ©7¹ K a

 7 2  13 2   4 2  3

2

2

 1   2

234 14

2

117 7

2P

(b.)

d

JJJJK K P1Q u a K a

JJJK JJJJK

 OQ  OP1 u aK K a

 6 2  10 2   7 2 1

2

2

  2   2

185 9

2

2P

(c.)

d

JJJJK K P1Q u a K a

JJJK JJJJK

 OQ  OP1 u aK K a

§ 4  4 · § 2 · ¨ 2  4 ¸ u ¨ 3 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 3  4 ¹ © 5 ¹ K a

§ 9 · ¨ 54 ¸ ¨ ¸ © 36 ¹ K a

 7 2  13 2   4 2  2

2

2

  3   5

2

4293 38

Aufgabe 4.14 Ebenengleichung in kartesischen Koordinaten

 

(a,i) & (a,ii) (b,i) & (b,ii)

3 min 3 min 2 min 2 min

hh hh

Punkte (a,i) 2 P

(a,ii) 2 P

(b,ii) 1 P

(b,ii) 1 P

K

Eine Ebene verlaufe senkrecht zum Vektor n und enthalte den Punkt A . (a.) Bestimmen Sie die Ebenengleichung in kartesischen Koordinaten. (b.) Bestimmen Sie die y-Koordinate eines Punktes B von dem die x- und die z-Koordinate gegeben ist, und der in der Ebene liegt.

2P

120

4 Geometrie und Vektorrechnung

Man findet die Fragestellung (b.) manchmal auch unter der Formulierung: An welchem Punkt durchstößt eine Parallele zur y-Achse mit gegebener x- und z-Koordinate die Ebene? Wir üben diesen Aufgabentyp anhand zweier Beispiel-Wertevorgaben: § 5·

§ 1·

§

K (i.) n ¨ 2 ¸ ; A ¨ 2 ¸ ; B ¨¨ B y ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ © 1¹

© 3¹

©

4

· ?¸ ¸ ¸ 2 ¹

§ 2·

§ 11 ·

§

© 7¹

© 3 ¹

©

K (ii.) n ¨ 4 ¸ und A ¨ 2 ¸ ; B ¨¨ B y ¨ ¸ ¨ ¸ ¨

und

4

· ?¸ ¸ ¸ 2 ¹

 Lösung zu 4.14 K

K

K

(a.) Gegeben ist eine Ebene in der Normalenform. Diese lautet n ˜  r  rA 0 K n = Normalenvektor, K r = Ortsvektor zu den Punkten der Ebene K rA = Ortsvektor zum Punkt A

worin

 ,

Rechnen wir das Skalarprodukt in  aus, so erhalten wir die Ebenengleichung in kartesischen Koordinaten, also in der Form ax  by  cz d : § 5 · ª§ x · § 1 · º

§ 5· § x 1 ·

© 1 ¹ «¬© z ¹ © 3 ¹ »¼

©1¹ © z  3¹

2 P (i.) ¨ 2 ¸ ˜ ««¨ y ¸  ¨ 2 ¸ »» 0 Ÿ ¨ 2 ¸ ˜ ¨ y  2 ¸  5 x  5   2 y  4   z  3 0 Ÿ 5 x  2 y  z 12 ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸

2P

§ 2 · ª§ x · § 11 · º (ii.) ¨ 4 ¸ ˜ ««¨ y ¸  ¨ 2 ¸ »» ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 7 ¹ «¬© z ¹ © 3 ¹ »¼

§ 2 · § x  11· 0 Ÿ ¨ 4¸ ˜ ¨ y  2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 7¹ © z  3 ¹

 2 x  22   4 y  8   7 z  21

0 Ÿ 2x  4 y  7z

(b.) Die Ebenengleichung muss auch für den Punkt B passen, d.h. es muss gelten a ˜ Bx  b ˜ B y  c ˜ Bz d . Darauf basierend bestimmen wir By , also die y-Koordinate von B : 1 P (i.) 5Bx  2 B y  Bz 12 Ÿ 5 ˜ 4  2 ˜ B y  1 ˜ 2 12 Ÿ 2 ˜ B y 12  20  2 Ÿ By

5

1 P (ii.) 2 Bx  4 B y  7 Bz

 13 4

9 Ÿ 2 ˜ 4  4 ˜ By  7 ˜ 2 9 Ÿ 4 ˜ By

9  8  14

Ÿ By

Aufgabe 4.15 Schnittpunkt von Geraden

 

(i,a) & (i,b) (ii,a) & (ii,b)

7 min 3 min 6 min 8 min

hh hh K

K

K

K

K

Punkte (i,a) 4 P

(i,b) 2 P

(ii,a) 4 P

(ii,b) 4 P

K

Gegeben seien zwei Geraden g1  O1 r1  O1a1 und g 2  O 2 r2  O 2a2

9

Aufgabe 4.15 Schnittpunkt von Geraden

121

(a.) Untersuchen Sie, ob die beiden Geraden einen gemeinsamen Schnittpunkt haben. (b.) Falls ja Æ Bestimmen Sie die Lage dieses gemeinsamen Schnittpunktes. Falls nein Æ Bestimmen Sie den kürzesten Abstand der beiden Geraden zueinander. Wir üben wieder anhand zweier Beispiele: §1·

§2·

§4·

§ 1 ·

¨ ¸ ©3¹

¨ ¸ ©0¹

¨ ¸ ©1¹

¨ ¸ © 2 ¹

K K K K (i.) r1 ¨ 2 ¸ ; a1 ¨ 1 ¸ dazu r2 ¨ 7 ¸ ; a2 ¨ 3 ¸ §2·

§1·

§ 1 ·

§ 2·

¨ ¸ ©7¹

¨ ¸ ©3¹

¨ ¸ © 5 ¹

¨ ¸ ©7¹

und

K K K K (ii.) r1 ¨ 4 ¸ ; a1 ¨ 2 ¸ dazu r2 ¨ 3 ¸ ; a2 ¨ 4 ¸

 Lösung zu 4.15 Arbeitshinweis zu (a.): Zur Untersuchung auf einen gemeinsamen Punkt setzt man die beiden Geraden gleich und erhält so drei Gleichungen mit zwei Unbekannten. Hat das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung, so haben die Geraden einen gemeinsamen Punkt. Ist das Gleichungssystem hingegen in sich widersprüchlich, so gibt es keinen gemeinsamen Punkt. Arbeitshinweis zu (b.): Aufgabenteil (i.) Æ Haben die Geraden einen gemeinsamen Schnittpunkt, so findet man diesen, indem man einen der beiden Parameter O1 oder O 2 aus Aufgabenteil (a.) in die zugehörige Geradengleichung einsetzt (also O1 in g 1 oder O 2 in g 2 ) – der sich ergebende Punkt ist der Schnittpunkt der beiden Geraden. Aufgabenteil (ii.) Æ Zur Bestimmung des kleinsten Abstandes der beiden Geraden zueinander verwendet man eine Formel, die man normalerweise in Formelsammlungen nachschlägt und die man sich nicht auswendig merkt. Sie ist im weiteren Verlauf der Musterlösung angegeben. (i,a.) Wir beginnen mit dem Gleichsetzen der Geraden zur Prüfung, ob ein gemeinsamer Schnittpunkt existiert: K g1

K g2

§1· §2· Ÿ ¨ 2 ¸  O1 ˜ ¨ 1 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©3¹ ©0¹

1  2O 1 4  O 2 §4· § 1 · ¨ 7 ¸  O ˜ ¨ 3 ¸ Ÿ 2  O 7  3O 2 1 2 ¨ ¸ ¨ ¸ ©1¹ © 2 ¹ 3 1  2O 2

 1  2  3

Zur Bestimmung von O1 und O 2 beschränken wir uns auf die Gleichungen  1 und  2 . Soll die Gerade einen Schnittpunkt haben, dann muss das so gefundene Ergebnis auch in  3 passen. Dazu bilden wir die Differenz  1  2 ˜  2 : 1  2O 1

4  1O 2

4  2O 1 14  6O 2  3 10  7O 2

 Ÿ 7O 2

7 Ÿ O 2

1

2P

122

4 Geometrie und Vektorrechnung

2 P Einsetzen von O 2 in  1 liefert dann: 1  2O1 4   1 Ÿ 2O1 4 Ÿ O1 2 Es folgt die Kontrolle der beiden Parameter in  3 : 3 1  2O 2 œ 3 1  (2) , passt (i,b.) Die beiden Geraden haben also einen Schnittpunkt, dessen Lage wir bestimmen: K g1 O 1



2

§ 1  2O 1 · ¨ ¸ ¨ 2  1O 1 ¸ ¨ ¸ © 3  0O 1 ¹



§5· ¨4¸ ¨ ¸ ©3¹

und ebenso

K g2 O 2





1

§ 4  1O 2 · ¨ ¸ ¨ 7  3O 2 ¸ ¨ 1  2O ¸ © 2¹

§5· ¨4¸ ¨ ¸ ©3¹

2 P Dort liegt der gemeinsame Schnittpunkt. (ii,a.) Gleichsetzen der Geraden zur Prüfung der Existenz eines gemeinsamen Schnittpunktes:

 4  5 2P  6 Zum Auflösen des Gleichungssystems bilden wir die Differenz  5  2 ˜  4 : K g1

2P

K g2

§2· §1· Ÿ ¨ 4 ¸  O1 ˜ ¨ 2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©7¹ ©3¹

4  2O 1

3  4O 2

4  2O 1

2  4O 2

2  O 1 1  2O 2 § 1 · §2· ¨ 3 ¸  O ˜ ¨ 4 ¸ Ÿ 4  2O 3  4O 2 1 2 ¨ ¸ ¨ ¸ © 5 ¹ ©7¹ 7  3O 1 5  7O 2



Ÿ Dieses Gleichungssystem hat keine Lösung.

0 1

Die Geraden haben keinen Schnittpunkt.

(ii,b.) Wir bestimmen also den kürzesten Abstand der beiden Geraden zueinander. Die Formel dafür findet man in einer Formelsammlung: d

K K K K ª¬ a1 a2  r2  r1 º¼ , wobei der Ausdruck im Zähler das Spatprodukt ist. K K a1 u a2

Darin ist Zähler

4P

Nenner

3

1

2

2 3

4 7 7 12

§1· §2· ¨ 2 ¸u¨ 4 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©3¹ ©7¹

1˜

4 7 2 3 2 3  2˜  3˜ 7 12 7 12 4 7

§ 14  12 · ¨   7  6 ¸ ¨¨ ¸¸ ©  4  4 ¹

§ 2 · ¨ 1 ¸ ¨ ¸ © 0 ¹

5

Die Berechnung erfolgt im Vorgriff auf Kapitel 5 als Determinante.

1

Zähler Nenner

Ÿ d

1 als Abstand 5

Aufgabe 4.16 Schnittgeraden von Ebenen



(i.) (ii.)

10 min 4 min

K

(i.) 6 P (ii.) 2 P

Punkte

hh K

K

K

K

K

Gegeben seien zwei Ebenen in der Normalenform: n1 ˜  r  r1 0 und n2 ˜  r  r2 0 , §2·

§3·

§2·

§0·

¨ ¸ ©1¹

¨ ¸ ©2¹

¨ ¸ ©7¹

¨ ¸ ©6¹

K K K K mit den Werten n1 ¨ 5 ¸ , r1 ¨ 1 ¸ sowie n2 ¨ 4 ¸ , r2 ¨ 2 ¸

Aufgabe 4.16 Schnittgeraden von Ebenen

123

Bestimmen Sie die Schnittgerade und den Schnittwinkel der beiden Ebenen (vgl. Bild 4-16).

Bild 4-16 Schaubild Æ Schnittgerade und Schnittwinkel zweier Ebenen K K n1 und n2 = Normalenvektoren der beiden Ebenen M = Schnittwinkel

 Lösung zu 4.16 K

K

K

(i.) Zuerst bestimmen wir die Schnittgerade. Sie trage die Geradengleichung s  O s1  O ˜ a , K K deren Größen s1 und a wir nun bestimmen müssen: K Ihre Richtung a steht senkrecht zu den beiden Normalenvektoren, ist also aus deren Kreuzprodukt bestimmbar: § 2 · § 2 · § 31 · ¨ 5 ¸ u ¨ 4 ¸ ¨ 12 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 1 ¹ © 7 ¹ © 2 ¹ K Einen Punkt s1 auf der Schnittgeraden findet man durch Gleichsetzen der beiden Ebenenglei-

K a

K K n1 u n2

2P

chungen: K K K n1 ˜  r  r1

§ 2 · §¨ § rx · § 3 · ·¸ § 2 · §¨ § rx · § 0 · ·¸ K K K ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 4¸ ˜ ¨ r ¸  ¨ 2¸ n2 ˜  r  r2 œ 5 ˜ ¨ ¨ ry ¸  1 ¸ 0 ¨ ¸ ¨ ¨ ¸ ¨ ¸ ¸  1  2 ¨ ¸ ¨¨ ¨¨ y ¸¸ ¨ ¸ ¸¸ © 1 ¹ © © rz ¹ © 2 ¹ ¹ © 7 ¹ © © rz ¹ © 6 ¹ ¹

0

Die beiden Gleichzeichen  1 und  2 definieren zwei Gleichungen mit den drei kartesiK schen Komponenten von r (nämlich rx , ry und rz ) also mit drei Unbekannten:





2 ˜  rx  3  5 ˜ ry  1  1 ˜  rz  2 Ÿ 2rx  5ry  1rz

13

0





und

2 ˜  rx  0  4 ˜ ry  2  7 ˜  rz  6

und

Ÿ 2rx  4ry  7rz

50

0



Arbeitshinweis: Theoretisch hätte man diese beiden Gleichungen benutzen können, um zwei der drei Parameter ( rx , ry , rz ) zu bestimmen. Das Ergebnis wäre dann die Geradengleichung der Schnittgeraden, wobei der dritte Parameter als der freie Parameter der Geradengleichung fungieren würK de (siehe O in der Gleichung für s  O ). Da wir aber die Richtung der Schnittgeraden bereits kennen, ist es bequemer, einen willkürlichen Punkt auf der Schnittgeraden zu wählen, also einen der drei Parameter willkürlich festzulegen und die anderen beiden dazu passend zu berechnen.

2P

124

4 Geometrie und Vektorrechnung

In der vorliegenden Aufgabe wählen wir (willkürlich) rx 0 , was uns zu demjenigen Punkt führt, an dem die Schnittgerade die yz-Ebene durchstößt. Setzt man rx 0 in die beiden Gleichungen  ein, so erhält man ein Gleichungssystems aus zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, welches sich nach ry und rz auflösen lässt: 2 ˜ 0  5 ˜ ry  1 ˜ rz

13 Ÿ 5 ˜ ry  1 ˜ rz

2 ˜ 0  4 ˜ ry  7 ˜ rz

50 Ÿ 4 ˜ ry  7 ˜ rz K

ry 6 ½ ¾ Ÿ 8 ¿ rz

41 31 198 31

½ K ¾ Ÿ s1 ¿

K

§ 0 · ¨ ¸ 41 ¨ 31 ¸ ¨ ¸ ¨ 198 ¸ © 31 ¹

2 P Damit sind die beiden Größen a und s1 für eine mögliche Angabe der Geradengleichung der K K K Schnittgeraden der beiden Ebenen s  O s1  O ˜ a gefunden. (ii.) Es folgt die Bestimmung des Schnittwinkels: Da die beiden Normalvektoren senkrecht auf den beiden Ebenen stehen, ist der Schnittwinkel zwischen den beiden Ebenen der selbe wie zwischen den Normalenvektoren. Es genügt also die Bestimmung des Winkels zwischen den beiden Vektoren über das Skalarprodukt: K K n1 ˜ n2

2P

K K n1 ˜ n2 ˜ cos M K K n ˜n 4  20  7 Ÿ cos M K 1 K2 n1 ˜ n2 4  25  1 ˜ 4  16  49

961 2070

Ÿ M

§ 961 · TR arccos ¨¨ ¸¸ | 47.05q © 1170 ¹

für den Schnittwinkel zwischen den beiden Ebenen.

Aufgabe 4.17 Ellipsengleichung



3 min

hh

Punkte 2P

Betrachten Sie die Ellipse in Bild 4-17. Geben Sie deren mathematische Funktion in der expliziten Form y y  x an.

Bild 4-17 Graph einer Ellipse, deren Gleichung bestimmt werden soll.

Aufgabe 4.18 Koordinatentransformation – Drehung

125

 Lösung zu 4.17 Die Ellipse ist einer der Kegelschnitte. Die allgemeine Ellipsen-Gleichung lautet in impliziter Form:

 x  x0 2   y  y0 2 a2

b2



1

Um die explizite Form zu bestimmen, lösen wir  nach y auf: b2 a2

2

˜  x  x0   y  y0

2

b2 Ÿ

 y  y0 2

2

b 2  b 2 ˜  x  x0

2

a

Ÿ

2

y0 r b2  b 2 ˜  x  x0

y

2

a

Speziell für die Vorgaben aus Bild 4-9 erhält man damit y

2

y0 r b 2  b 2 ˜  x  x0

2

a

y0 r ba ˜ a 2   x  x0

2

3 r 72 ˜ 49   x  5

2

3 r 72 ˜  x 2  10 x  24

Das Rechenzeichen „ r “ vor der Wurzel unterscheidet zwischen den beiden Hälften der Ellipse. Das „  “ steht für die obere Hälfte, das „  “ für die untere Hälfte.

Aufgabe 4.18 Koordinatentransformation – Drehung



(A…D) je 3 min

hh

Punkte je 1 P

Gegeben sei eine Figur in der xy-Ebene, bestehend aus den Punkten A , B , C , D (siehe Bild 4-18). Diese Figur soll in mathematisch positiver Drehrichtung um einen Winkel von M 127q um die z-Achse gedreht werden. Berechnen Sie, auf welchen Positionen A ' , B ' , C ' , D ' die Punkte nach der Drehung zu liegen kommen.

Bild 4-18 Graphische Darstellung der ungedrehten und der gedrehten Figur, bestehend aus je vier Punkten auf der Ebene mit den folgenden Koordinaten: § 3.7 · § 0.8 · § 6.4 · § 4.2 · A ¨ ¸ ; B ¨ ¸ ; C ¨ ¸ ; D ¨ ¸ 5.6 0.9 1.5    © ¹ © ¹ © ¹ © 3.0 ¹

 Lösung zu 4.18 In Formelsammlungen findet man typischerweise die Formel für die Drehung der Koordinatenachsen um den Winkel D : x ' x ˜ cos D  y ˜ sin D y '  x ˜ sin D  y ˜ cos D

2P

126

4 Geometrie und Vektorrechnung

Da laut Aufgabenstellung umgekehrt die Punkte gegenüber den Koordinatenachsen gedreht werden sollen, müssen wir D M einsetzen: x ' x ˜ cos  M  y ˜ sin  M y '  x ˜ sin  M  y ˜ cos  M

Setzen wir in diese Transformation die Punkte A , B , C , D ein, so erhalten wir xa ' xa ˜ cos  M  ya ˜ sin  M 3.7 ˜ cos  127q  5.6 ˜ sin  127q ½° § 6.69907 · 1P ¾ Ÿ A' ¨ ¸ ya '  xa ˜ sin  M  ya ˜ cos  M 3.7 ˜ sin  127q  5.6 ˜ cos  127q ¿° © 0.41521 ¹ 1P

xb ' xb ˜ cos  M  yb ˜ sin  M  0.8 ˜ cos  127q  0.9 ˜ sin  127q °½ § 0.23732 · ¾ Ÿ B' ¨ ¸ yb '  xb ˜ sin  M  yb ˜ cos  M 0.8 ˜ sin  127q  0.9 ˜ cos  127q ¿° © 1.18054 ¹

1P

xc ' xc ˜ cos  M  yc ˜ sin  M  6.4 ˜ cos  127q  1.5 ˜ sin  127q °½ § 5.04957 · ¾ Ÿ C' ¨ ¸ yc '  xc ˜ sin  M  yc ˜ cos  M 6.4 ˜ sin  127q  1.5 ˜ cos  127q ¿° © 4.20854 ¹

1P

xd ' xd ˜ cos  M  yd ˜ sin  M 3.7 ˜ cos  127q  5.6 ˜ sin  127q ½° § 0.131717 · ¾ Ÿ D' ¨ ¸ yd '  xd ˜ sin  M  yd ˜ cos  M 3.7 ˜ sin  127q  5.6 ˜ cos  127q °¿ © 5.159714 ¹

Arbeitshinweis: Wer die Matrixmultiplikation beherrscht (siehe Kapitel 5), wird folgende Schreibweise für die Drehung wiedererkennen, die das Merken erleichtert: § x '· ¨ ¸ © y '¹

§ cos D sin D · § x · ¨¨ ¸¸ ˜ ¨ ¸ ©  sin D cos D ¹ © y ¹

Aufgabe 4.19 Polarkoordinaten



Punkte 3P

hh

6 min

Transformieren Sie bitte die in kartesischen Koordinaten gegebene Funktionsgleichung y  x 2 x  5 in eine Funktionsgleichung in Polarkoordinaten. Zur Veranschaulichung fertigen Sie bitte auch eine graphische Darstellung der Funktion an.

 Lösung zu 4.19 Arbeitshinweis: Die Darstellung von Polarkoordinaten und deren Umrechnung in kartesische Koordinaten wird zur Erinnerung in Bild 4-19a gezeigt. Bild 4-19a Übliche Darstellung von Polarkoordinaten und deren Umrechnung in kartesische Koordinaten.

x

r ˜ cos M

y

r ˜ sin M

sowie

r

x2  y 2

tan M

y x

Aufgabe 4.20 Kugelkoordinaten

127

Stolperfalle: Gibt man Funktionsgleichungen in Polarkoordinaten an, so kann der Radius r auch negative Werte annehmen. Beim Zeichnen der Funktion ist dies wie folgt zu berücksichtigen: Trägt man unter einem Winkel M einen negativen Radius r an, so ist dies gleichbedeutend mit dem Antragen des Betrages des Radius r unter dem Winkel M  180q . Wir setzen die Koordinatentransformation in die Funktion und erhalten y

2 x  5 Ÿ r ˜ sin M

2r ˜ cos M  5 Ÿ r ˜  sin M  2cos M 5 Ÿ r

5

 sin M  2cos M

2P

Die graphische Darstellung findet man in Bild 4-19b. Wer mag, kann zur Erhöhung der Plausibilität der Darstellung eine Wertetabelle anfertigen.

Bild 4-19b Graphische Darstellung der Funktionen 5 y 2 x  5 bzw. r  sin M  2cos M

Aufgabe 4.20 Kugelkoordinaten



je 2 min

hh

Punkte je 5 P

Beim GPS-Navigationssystem werden Navigationspositionen in kartesischen Koordinaten beschrieben. In der terrestrischen Navigation hingegen werden die Positionskoordinaten typischerweise in Koordinaten angegeben, die den Kugelkoordinaten sehr ähneln. Der Unterschied zwischen Kugelkoordinaten der Mathematik und den Navigationskoordinaten der Geodäsie ist folgender: • Der Radius r wird in Kugelkoordinaten ab dem Erdmittelpunkt gezählt, in der Navigation hingegen wird die Höhe über (oder unter) der Meeresoberfläche angegeben. Für die vorliegende Übungsaufgabe genüge uns die Näherung: Der Erdradius sei mit 6380 km angesetzt. • Der Polwinkel - läuft in Kugelkoordinaten von 0q ...180q , der geographische Breitengrad der Navigation hingegen läuft von 90q nördlicher Breite (Nordpol, - 0q ) über 0q nördlicher oder südlicher Breite (Äquator - 90q ) bis 90q südlicher Breite (Südpol - 180q ). • Der Winkel M ist in beiden Fällen gleichbedeutend, wobei M 0q in Greenwich liegt und in Richtung Osten ansteigt. Zur Erinnerung zeigt Bild 4-20 die in der Mathematik übliche Darstellung von Kugelkoordinaten sowie deren Umrechnung in kartesische Koordinaten.

1P

128

4 Geometrie und Vektorrechnung

Rechnen Sie bitte auf dieser Basis einige Navigationskoordinaten um: (a.) 52°10.542’Nord ; 10°32.877’Ost ; 120 Meter über dem Meeresspiegel Æ x,y,z = ? (b.) 38°51.333’Nord ; 94°47.941’West ; 250 Meter über dem Meeresspiegel Æ x,y,z = ? (c.) x 5202.20168km ; y 1893.44656 km ; z 3196.2500 km Æ Navigationskoordinaten ? (d.) x 6177.9210 km ; y 1089.3342 km ; z 1106.1389 km Æ Navigationskoordinaten ? Bild 4-20 Übliche Darstellung von Kugelkoordinaten und deren Umrechnung in kartesische Koordinaten.

x

r ˜ sin - ˜ cos M

r

y

r ˜ sin - ˜ sin M

-

z

r ˜ cos -

mit n

x2  y 2  z 2 arccos

tan M

 rz

y x

Ÿ M

arctan

­0 für x ! 0 und y ! 0 ° ®1 für x  0 °2 für x ! 0 und y  0 ¯

  n˜ʌ y x

siehe Anmerkung Stolperfalle bei Aufgabenteil (c.)

 Lösung zu 4.20 Bei der Umrechnung von Navigationskoordinaten in kartesische Koordinaten bestimmen wir zuerst aus den geographischen Angaben die r ,- ,M in Kugelkoordinaten und daraus schließlich die x, y, z der kartesischen Koordinaten. Dabei sind Bogenminuten und ggf. Bogensekunden umzurechnen: 1' (a.)



1 q 60

und 1''

1 q 3600

.



q Nord 52.1757q Nord Ÿ - 37.8243q 52°10.542’Nord = 52q  10.542 60





q Ost 10.54795q Ost 10°32.877’Ost = 10q  32.877 60

Ÿ M

10.54795q

120 Meter über Normalnull Ÿ r 6380 km + 0.12 km 6380.12 km TR

2P

TR

TR

Ÿ x | 3846.444 km und y | 716.226 km und z | 5039.625km

(b.)

q Nord 38.85555q Nord Ÿ - 51.14445q 38°51.333’Nord =  38q  51.333 60





q West 94.79902q West 94°47.941’West = 94q  47.941 60

Ÿ M

265.20098q

250 Meter über Normalnull Ÿ r 6380 km + 0.25 km 6380.25 km 2P

TR

TR

TR

Ÿ x | 415.668 km und y | 4951.075km und z | 4002.708km

Aus kartesischen Koordinaten kommend, finden wir über Kugelkoordinaten schließlich die Navigationskoordinaten.

Aufgabe 4.21 Textbeispiel – Vektorrechnung

129

(c.) x 5202.20168km ; y 1893.44656 km ; z 3196.2500 km TR

Ÿ r

TR

x 2  y 2  z 2 | 6392.500 km Ÿ Höhe über dem Meeresspiegel h | 12.500km

und - arccos  rz und tan M

y x

3196.2500 km TR | 120.00000q 6392.5 km

Ÿ Dies sind 30° südlicher Breite.

TR

Ÿ M | 20.00000q  360q 340q Ÿ Dies sind 20° westlicher Länge.

2P

Stolperfalle: Bei der Berechnung von M muss man bedenken, dass der Arcus Tangens nur Winkel zwischen 90q und 90q ergeben kann. Der Winkel M läuft aber in Kugelkoordinaten von 0q bis 360q . Je nach Lage des Punktes (siehe Bild 4-20) muss also ggf. 180° oder 360° addiert werden, um die volle Kugeloberfläche beschreiben zu können. (Anmerkung: Diese Stolperfalle gilt in analoger Weise auch bei Polarkoordinaten – siehe Aufgabe 4.19.) Im Beispiel des Aufgabenteil (c.) ist x ! 0 und y  0 Ÿ n 2 . Es müssen also 360q addiert werden, d.h. es ist M arctan

  360q y x

(d.) x 6177.9210 km ; y 1089.3342 km ; z 1106.1389 km TR

Ÿ r

TR

x 2  y 2  z 2 | 6370.000 km Ÿ Höhe h | 10.000 km , 10000 Meter unter dem Meer.

und - arccos  rz und tan M

y x

z 1106.1389 km TR | 100.00000q 6370.000 km

Ÿ Dies sind 10° südlicher Breite.

TR

Ÿ M | 10.00000q  180q 170q Ÿ Dies sind 170° östlicher Länge.

(Im Fall von Aufgabenteil (d.) ist n 1 in der Formel von Bild 4-20.)

Aufgabe 4.21 Textbeispiel – Vektorrechnung



20 min

hh

Punkte 9P

Ein Flugzeug fliegt mit einer Geschwindigkeit von 300 km/h relativ zur Luft. Der Wind weht genau aus Südost (Kompassrichtung 315°) mit 80 km/h. Welchen Kompasskurs muss der Pilot einstellen, damit er genau in Richtung Norden fliegt? Welche Geschwindigkeit über Grund legt das Flugzeug auf diesem Nordkurs zurück? Anmerkung: Kompasskurse rechnet man bei der Navigation wie folgt: Norden = 0°, und dann in aufsteigender Zählung nach Osten = 90°, weiter nach Süden = 180° und wieder weiter nach Westen = 270°. Vollendet man einen ganzen Kreis in aufsteigender Zählung, so erreicht man schließlich bei 360° wieder Norden.

2P

130

4 Geometrie und Vektorrechnung

 Lösung zu 4.21 Arbeitshinweis: Die Vektoren sind über Beträge und Kompasskurse gegeben bzw. gefragt. Da aber die zur Lösungsfindung benötigte Vektoraddition in kartesischen Koordinaten auszuführen ist, müssen wir entsprechend umrechnen. Vorgehensweise: Gearbeitet wird mit den Vektoren der Geschwindigkeiten. Diese bestimmen wir zuerst, um anschließend damit die Fragen der Aufgabenstellung beantworten zu können. Drei Vektoren liegen vor:

§ vwx ·

K

Windgeschwindigkeit Æ vw ¨¨ ¸¸ © vwy ¹ § vlx · ¨¨ ¸¸ © vly ¹ § vgx · K Flugzeuggeschwindigkeit relativ zum Grund Æ vg ¨ ¸ ¨ vgy ¸ © ¹ K

Flugzeuggeschwindigkeit relativ zur Luft Æ vl

1P

Die drei Vektoren enthalten 6 skalare Größen, die durch die 6 folgenden Beziehungen (von i … vi) bestimmt werden: (i.) und (ii) Die Umwandlung der Windgeschwindigkeit in kartesische Koordinaten liefert zwei der sechs Parameter (vgl. auch Bild 4-21a): 1P

sin M

vwx K vw

Ÿ

vwx

K vw ˜ sin M 80 km h ˜ sin  45q

1P

cos M

vwy K vw

Ÿ

vwy

K vw ˜ cos M 80 km h ˜ cos  45q

1 2

˜ 80 km h Ÿ vwx 1 2

˜ 80 km h Ÿ vwy

 3200 km h

3200 km h

Bild 4-21a Veranschaulichung zur Angabe der Windgeschwindigkeit in kartesischen Koordinaten. K Anmerkung: Da vw einen Anteil in negativer x-Richtung hat, ist vwx negativ. K

K

(iii) Der Betrag von vl ist gegeben: vl K

vlx 2  vly 2

300 km h

2 P (iv.) Da vg in Nordrichtung zeigt, ist seine Komponente vgx

0

Aufgabe 4.21 Textbeispiel – Vektorrechnung

131 K

(v.) und (vi.) Die Vektoraddition der Geschwindigkeiten lautet vg

K K vw  vl , denn relativ zum

Grund bewegt sich das Flugzeug mit der Summe aus der Windgeschwindigkeit und seiner (v.) vgx vwx  vlx § v gx · § vwx · § vlx · 1P Geschwindigkeit relativ zur Luft. Ÿ ¨ ¸ ¨¨ ¸¸  ¨¨ ¸¸ Ÿ ¨ v gy ¸ v v (vi.) vgy vwy  vly © ¹ © wy ¹ © ly ¹ Die drei Gleichungen (i.), (ii.) und (iv.) hatten sofort drei der Parameter ergeben. Die restlichen noch offenen Parameter bestimmen wir nun aus den restlichen Gleichungen: (iv.) in (v.) Ÿ vwx  vlx 0 Ÿ vlx vwx  3200 km h vlx in (iii.) Ÿ vly 2

JK 2 vl  vlx 2

 300 km h 2  3200  km h 2

2

86800  km h Ÿ vly

86800 km h

TR

vly in (vi.) Ÿ vgy

vwy  vly

2P

3200 km h  86800 km h | 351.19 km h

Nun sind alle beteiligten Vektoren bestimmt und wir können uns der Beantwortung der Fragen in der Aufgabenstellung zuwenden: Da der Pilot seinen Kompasskurs relativ zur Luft einstellt, ergibt sich dieser aus den KompoK nenten von vl (vgl. auch Bild 4-21b), nämlich gemäß § 3200 km h · TR arctan ¨ ¸ | 10.87q = Kompasskurs ¨ 86800 km ¸ h¹ © TR K Die Geschwindigkeit des Flugzeugs über Grund ist vg vgy | 351.19 km h , da vgx tan D

vlx vly

Ÿ D

0.

Bild 4-21b Die Vektoraddition der Windgeschwindigkeit und der Flugzeuggeschwindigkeit relativ zur Luft ergibt die Geschwindigkeit des Flugzeugs über Grund.

1P

5 Lineare Algebra Allgemeiner Hinweis zur Nomenklatur: Matrizen sind durch fettgedruckte Buchstaben kenntlich gemacht.

Aufgabe 5.1 Multiplikation von Matrizen

 

(a)

5 min

(a)

(b)

1 min

(b)

Punkte (a) 3 P

h h

(b) 1 P

Gegeben seien drei Matrizen A

§1 2 3· ¨ ¸ ; © 5 0 2¹

B

§ 4 2 0· ¨ ¸ ¨ 7 2 3 ¸ ; ¨ 6 0 1 ¸ © ¹

§7· ¨ ¸ C ¨ 2 ¸ ¨1¸ © ¹

(a.) Bilden Sie das Produkt A ˜ B ˜ C . (b.) Welche Spalten- und Zeilenzahl müsste eine Matrix D haben, damit man  A ˜ B ˜ C ˜ D berechnen kann? Welche Dimension hat dann das Produkt  A ˜ B ˜ C ˜ D ?

 Lösung zu 5.1 Arbeitshinweis: Es gilt  A ˜ B ˜ C A ˜  B ˜ C , deswegen können die Klammern in der Aufgabenstellung weggelassen werden. (a.) A˜B

§ 4 2 0· §1 2 3· ¨ ¸ § 4  14  18 ˜ ¨ ¸ ¨ 7 2 3 ¸ ¨ © 5 0 2 ¹ ¨ 6 0 1 ¸ © 20  0  12 © ¹

240 10  0  0

0  6  3 · § 0 2 3 · ¸ ¨ ¸ 0  0  2 ¹ © 8 10 2 ¹

§7· § 0 2 3 · ¨ ¸ § 0  4  3 · § 1 · A ˜B ˜C ¨ ¸ ˜ ¨ 2 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ © 8 10 2 ¹ ¨ 1 ¸ © 56  20  2 ¹ © 38 ¹ © ¹

3P

(b.) Da A ˜ B ˜ C eine Spalte hat, muss D eine Zeile haben, die Spaltenzahl ist egal. Wenn die n Spaltenzahl von D ist, dann hat  A ˜ B ˜ C ˜ D genau 2 Zeilen und n Spalten.

1P

134

5 Lineare Algebra

Aufgabe 5.2 Berechnung von Determinanten (A,B) (C)



je 7 min 3 min

Punkte (A,B) je 3 P

hh

(C) 2 P

Berechnen Sie die drei nachfolgend genannten Determinanten ( A, B, C  \ )

A

1 0 2 2 2 6 4 0 ; 0 3 1 1 3 12 4 0

B

1 3 0 5 2 2 4 6 ; 2 6 1 10 1 1 3 0

x 0 0 y

C

0 a b 0

0 y b 0 a 0 0 x

 Lösung zu 5.2 Arbeitshinweise: Da das Bilden von Linearkombinationen der einzelnen Zeilen (oder ebenso Spalten) den Wert der Determinanten nicht verändert, ist es bei A und B am einfachsten, die Matrizen mittels Gauß-Algorithmus auf eine Dreiecksform zu bringen. Bei C hingegen ist aufgrund der vielen Nullen das Entwickeln nach Zeilen oder Spalten am bequemsten. Anmerkung zur Nomenklatur: Die in den einzelnen Zeilen angebrachten Kommentare (mit Pfeil) beschreiben die Veränderungen der jeweiligen Zeile (als Linearkombinationen) bei der Umformung zum nächsten Schritt. Man betrachte die beiden Lösungen zu A und B in Kolumnen:

A

A

A

1 0 2 2 2 6 4 0 0 3 1 1 3 12 4 0 1 0 2 2 0 6 0 4 0 3 1 1 0 12 2 6

A

B

m 3 ˜ Zeile 1

2

2

1 0 2 2 0 6 0 4 0 0 1 3 0 0

0

8

1 3 0 5 2 2 4 6 m 2 ˜ Zeile 1 2 6 1 10 m 2 ˜ Zeile 1 1 1 3 0 m 1 ˜ Zeile 1 1

B

m 12 ˜ Zeile 2 m  2 ˜ Zeile 2

1 0 2 2 0 6 0 4 0 0 1 3 0 0

je 3 P

m 2 ˜ Zeile 1

B m  2 ˜ Zeile 3

Ÿ

A 1 ˜ 6 ˜1 ˜ 8

B

0

5

1 3 0 5 0 4 4 4 0 0 1 0 0

48

3

0 4 4 4 0 0 1 0 m entfällt 0 4 3 5 m  1 ˜ Zeile 2

0

7

1 m  7 ˜ Zeile 3

1 3 0 5 0 4 4 4 0 0 1 0 0

0

0

1

Ÿ B 1 ˜  4 ˜ 1 ˜  1

4

Aufgabe 5.3 Inversion von Matrizen

135

Die Lösung von C schreiben wir durch Entwickeln nach Spalten: x 0 0 y 0 a b 0 C 0 b a 0 y 0 0 x   

a b 0 0 0 y x˜ b a 0  y˜ a b 0 0 0 x b a 0   

Zu Beginn: Entwickeln nach der ersten Spalte

  

x2 ˜

a b a b  y2 ˜ b a b a

 x2  y 2 ˜ ba

b a

§ 2 2· § 2 2· ¨ x  y ¸˜¨ a b ¸ © ¹© ¹

Das Minuszeichen vor y folgt der Schachbrett- Regel

Dann: Beide Determinanten nach der letzten Spalte entwickeln

Aufgabe 5.3 Inversion von Matrizen

 ž

(A)

15 min

(B)

20 min

Punkte (A) 8 P

hh hh

(B) 10 P

Aufgabenteil (a und b.) jeweils gemeinsam

Gegeben sind zwei Matrizen A und B :

A

§ 11 3 2 · ¨ ¸ ¨ 5 1 1¸ ¨ 7 2 1¸ © ¹

und

B

§ 17 2 3 7 · ¨ ¸ ¨ 10 0 1 3 ¸ ¨ 3 1 1 2 ¸ ¨ ¸ 2 0 1¹ © 10

(a.) Invertieren Sie bitte diese beiden Matrizen. (b.) Bestimmen Sie bitte die Determinante dieser beiden Matrizen.

 Lösung zu 5.3 (a.) Arbeitshinweis: Zum Invertieren quadratischer Matrizen kann man das Gauß-Jordan-Verfahren anwenden, bei dem der Gauß-Algorithmus doppelt zur Wirkung kommt, einmal von der Diagonale nach links unten und einmal von der Diagonale nach rechts oben, wobei man die Einheitsmatrix mit gleichartigen Umformungen mitlaufen lässt. Die entsprechenden Umformungen seien nachfolgend vorgeführt: Inversion der Matrix A : A

§ 11 3 2 · ¨ ¸ ¨ 5 1 1¸ ¨ 7 2 1¸ © ¹

m entfällt o m  511 ˜ Zeile 1 o m  7 11 ˜ Zeile 1 o

§ 1 0 0· ¸ ¨ ¨ 0 1 0¸ ¨ 0 0 1¸ © ¹

11 0 0

m  33 4 ˜ Zeile 2 o m entfällt o m  1 4 ˜ Zeile 2 o

5

3 4

11 1 11

2 1 11 3 11

1 7

11 11

0 0 1 0 0 1

E

2P

136

5 Lineare Algebra 11 0 0 11 0 0

8P

11

0 4

11

0 0 11

0 0

0

1

4

11

m 11 ˜ Zeile 3 o m  4 11 ˜ Zeile 3 o m entfällt o

4  111 1 4

m diese Zeile 4o m diese Zeile ˜ 4 o m m m

§ 1 0 0· ¨ ¸ E ¨ 0 1 0¸ ¨ 0 0 1¸ © ¹

fertig fertig fertig

o o o

1

4

11 11 11 8

˜ 11

0 0 1

4

1

11 3 4

m diese Zeile ˜   111 o

4

33

4

5

11 3 4

12

4

11

1

4

§1 1 1· ¨ ¸ ¨ 2 3 1¸ ¨ 3 1 4¸ © ¹

(Stadium **)

11

1

A 1 = Inverse Matrix zu A

Inversion der Matrix B : B

17 2 0  20 17 0 0

3 13

0

17

17

17

1 3

17 0 0  20 17 0 0 0 0

§1 ¨ 0 E ¨ ¨0 ¨ ©0

0 0

20

13

0

17 0 0  20 17 0 0 0 0

10

51 10 19 17 3 20  110

10 17

20

1

0

20

1

20

0

17

20

1

0 0 0

3

0 0 0 1

0 0 0· ¸ 1 0 0¸ 0 1 0¸ ¸ 0 0 1¹

0 0 0 1

m  17 10 ˜ Zeile 2 o m entfällt o m  11 20 ˜ Zeile 2 o

7 19

1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

m  317 ˜ Zeile 1 o m  10 17 ˜ Zeile 1 o

8 13  1117 17 17  54 17  30 17  5317

17 0 0  20 17 0 0

10 P

m entfällt o m  10 17 ˜ Zeile 1 o

§ 17 2 3 7 · ¨ ¸ ¨ 10 0 1 3 ¸ ¨ 3 1 1 2 ¸ ¨ ¸ 2 0 1¹ © 10

1  10

17

 317 0 1 0  10 17 0 0 1

m  54 20 ˜ Zeile 2 o m  34 ˜ Zeile 3 o m  260 17 ˜ Zeile 3 o m entfällt o

 10 17  12

m  6 ˜ Zeile 3 o

1

0

m 0 o m  20 17 ˜ Zeile 4 o m  3 20 ˜ Zeile 4 o m entfällt o

m diese Zeile ˜ 20 o m diese Zeile ˜  1 o

1 10

fertig

o

fertig fertig fertig

o o o

10

0 1

17 17 34  140 17 160 17  260 17  1 2  11 20 1 4 6 6 17  60 17

m m m

 17 10 0 0 1 0 0 11  20 1 0 27

m diese Zeile ˜ 117 o m diese Zeile ˜  17 20 o

m

0 0 0 1 0 0

4 § ¨ ¨ ¨ ¨ ©

17

34  140 17

20

1 10

6

6

17 40 7

1

2

3  2 2 7  4 6

7 2 6

1

0· ¸ 1¸ 3¸ ¸ 1¹

0 0 0 1 0 20 3

17

(Stadium **)

20

1

B 1 = Inverse zu B

Aufgabe 5.4 Rang von Matrizen

137

(b.) Arbeitshinweis: Solange nur Linearkombinationen der einzelnen Zeilen (oder Spalten) ausgeführt werden, verändert sich der Wert der Determinante einer Matrix nicht. Aus diesem Grunde hat der mit „(Stadium **)“ markierte Umformungszustand die selbe Determinante wie die jeweilige Matrix im Ausgangszustand. Beim „(Stadium **)“ lässt sich die Determinante der Matrix sehr leicht bestimmen, indem man einfach die Diagonale durchmultipliziert. Damit ergibt sich für unsere Aufgabe:

 11 ˜  411 ˜  1 4 1 det  B 17 ˜   20 17 ˜  1 20 ˜  1 det  A

1

Aufgabe 5.4 Rang von Matrizen



(A,B)

Punkte je 3 P

hh

je 5 min

Gegeben sind zwei Matrizen A und B : A

§ 1 2 3· ¸ ¨ ¨ 4 5 6¸ ¨ 7 8 9¸ © ¹

und

B

§ 1 2 3· ¨ ¸ ¨ 4 6 5¸ ¨ 7 8 3 ¸ © ¹

Bestimmen Sie bitte den Rang dieser Matrizen.

 Lösung zu 5.4 Arbeitshinweis: Der Rang ist die Zahl der linear unabhängigen Zeilen bzw. Spalten. Auch dorthin kommt man sehr leicht mit dem Gauß-Algorithmus. Man betrachte die beiden Lösungen zu A und B in Kolumnen: A

§ 1 2 3· ¨ ¸ ¨ 4 5 6¸ ¨ 7 8 9¸ © ¹ 1 2 3 0 3 6 0 6 12

m entfällt m  4 ˜ Zeile 1 m  7 ˜ Zeile 1 m  2 3 ˜ Zeile 2 m entfällt m  2 ˜ Zeile 2

B

§ 1 2 3· ¨ ¸ ¨ 4 6 5¸ ¨ 7 8 3 ¸ © ¹ 1 0

2 2

3 7

0 22 18

m entfällt m  4 ˜ Zeile 1 m  7 ˜ Zeile 1 m entfällt m entfällt m  11 ˜ Zeile 2

138

je 2 P

5 Lineare Algebra

1 0 1 0 3 6 0 0 0

1 2 3 0 2 7 0 0 59

Die erste Zeile von A kann nicht als Linearkombination aller anderen Zeilen dargestellt werden, gleiches gilt für die je 1 P zweite Zeile. Also ist der Rang von A mindestens 2. Da die dritte Zeile aber eine Linearkombination der ersten beiden Zeilen ist, ist der Rang von A kleiner als 3. Damit ist das Ergebnis: rg  A 2

Hier sind alle drei Zeilen linear unabhängig, also ist rg  B 3 .

Arbeitshinweis: Ist der Rang einer quadratischen Matrix kleiner als die Zahl ihrer Zeilen oder Spalten, so ist die Determinante Null Æ det  A 1 ˜  3 ˜ 0 0 Ist hingegen der Rang gleich der Zahl der Zeilen und Spalten, so ist die Determinante ungleich Null Æ det  B 1 ˜  2 ˜ 59 118 z 0

Aufgabe 5.5 Lösen linearer Gleichungssysteme

 

(a)

10 min

(b)

10 min

Punkte (a) 5 P

hh hh

(b) 5 P

Lösen Sie das nachfolgend gegebene lineare Gleichungssystem (a.) mit dem Gauß’schen Algorithmus (bzw. dem Gauß-Jordan-Algorithmus) und (b.) mit der Cramer’schen Regel 2a  4b  10c  a  3b  2c 3a  b  3c

38  1 14

 Lösung zu 5.5 (a.) Wir bringen die Koeffizientenmatrix mit dem Gauß-Jordan-Algorithmus auf Diagonalform und lassen die rechte Seite mitlaufen: 2 4 10 38 1 3 2 1 3 1 3 14

m entfällt m  1 2 ˜ Zeile 1 m  3 2 ˜ Zeile 1

Aufgabe 5.5 Lösen linearer Gleichungssysteme

2 4 10 38 0 1 7 20 0 7 12 43

m  4 ˜ Zeile 2 m entfällt m  7 ˜ Zeile 2

2 0 38 118 0 1 7 20 0 0 61 183

m  38 61 ˜ Zeile 3 m  7 61 ˜ Zeile 3 m entfällt

2 0 0 4 0 1 0 1 0 0 61 183

m diese Zeile ˜  1 2

1 0 0 2 0 1 0 1 0 0 1

3

139

m diese Zeile bleibt m diese Zeile ˜  1 61

Der Lösungsvektor steht auf der rechten Seite, sobald die Koeffizientenmatrix in die Einheitsmatrix umgewandelt ist:

m diese Zeile ˜  1 2 m diese Zeile bleibt

§ a · § 2 ·

m diese Zeile ˜  1 61

G x = ¨¨ b ¸¸ ¨¨ 1 ¸¸

5P

¨ c ¸ ¨ 3 ¸ © ¹ © ¹

(b.) Wir bezeichnen mit A i diejenige Matrix, bei der die i -te Spalte der Koeffizientenmatrix durch die rechte Seite ersetzt wurde und berechnen die einzelnen Determinanten wie folgt: A

§ 2 4 10 · ¨ ¸ ¨ 1 3 2 ¸ Ÿ det  A ¨ 3 1 3 ¸ © ¹

2˜

4 10 4 10 3 2   1 ˜   3 ˜ 1 3 1 3 3 2

A1

§ 38 4 10 · ¨ ¸ ¨ 1 3 2 ¸ Ÿ det A 1 ¨ 14 1 3 ¸ © ¹

38 ˜

A2

§ 2 38 10 · ¨ ¸ ¨ 1 1 2 ¸ Ÿ det A 2 ¨ 3 14 3 ¸¹ ©

2˜

A3

§ 2 4 38 · ¨ ¸ ¨ 1 3 1 ¸ Ÿ det A 3 ¨ 3 1 14 ¸ © ¹

38 ˜







122

4 10 4 10 3 2   1 ˜  14 ˜ 1 3 1 3 3 2

244

1 2 38 10 38 10   1 ˜   3 ˜ 1 2 14 3 14 3 4 38 4 38 3 1   1 ˜   3 ˜ 1 14 1 14 3 1

122

366

Damit werden die drei Unbekannten wie folgt bestimmt: a



det A 1

det  A

244 122

2 ;

b



det A 2

d et  A

122 1; 122

c



det A 1

det  A

366 122

5P 3

140

5 Lineare Algebra

Aufgabe 5.6 Lösen linearer Gleichungssysteme



(a)

Punkte (a) je 4 P

hh

je 8 min

Gegeben sind die beiden folgenden linearen Gleichungssysteme

 a.

1 ˜ x1  3 ˜ x2  3 ˜ x3

4

 2 ˜ x1  1 ˜ x2  1 ˜ x3

9

7 ˜ x1  0 ˜ x2  6 ˜ x3

23

 b.

 1 ˜ x1  3 ˜ x2  1 ˜ x3

1

2 ˜ x1  0 ˜ x2  4 ˜ x3 2 3 ˜ x1  1 ˜ x2  5 ˜ x3

2

Bestimmen Sie bitte zu jedem der beiden Gleichungssysteme sämtliche möglichen Lösungen.

 Lösung zu 5.6 Am einfachsten ist die Arbeit mit dem Gauß-Algorithmus: (a.) m entfällt m  2 ˜ Zeile 1 m  7 ˜ Zeile 1

1 3 3 4 2 1 1 9 7 0 6 23 1 3 3 4 0 7 5 17 0 21 15 51 1 0

6

0 7 0 0

5 0

7

23

7

m  3 7 ˜ Zeile 2 m entfällt m  3 ˜ Zeile 2

Dies sind zwei Gleichungen mit drei Unbekannten. Offensichtlich sind die Zeilen der Koeffizientenmatrix linear abhängig.

17 0

Also gibt es unendlich viele Lösungen. Man kann z.B. x1 und x2 durch x3 ausdrücken. Ein Parameter (z.B. x3 ) bleibt prinzipiell unbestimmt.

4P

1 ˜ x1

0

0 0

7 ˜ x2 0

6

7 ˜ x3

5 ˜ x3 0

23

7

17 0

Ÿ 1 ˜ x1  6 7 ˜ x3

23

Ÿ 7 ˜ x2  5 ˜ x3

17

(b.) 1 3 1 1 2 0 4 2 3 1 5 2 1 3 1 1 0 6 6 0 0 8 8 5

m entfällt m  2 ˜ Zeile 1 m  3 ˜ Zeile 1 m entfällt m entfällt m  4 3 ˜ Zeile 2

7

Ÿ Ÿ

x1 x2

23

6 7  7 ˜ x3 17  5 ˜ x 7 7 3

Aufgabe 5.7 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen 1 3 1 1 0 6 6 0 0 0 0 5

141

Ÿ Das bedeutet 0 ˜ x1  0 ˜ x2  0 ˜ x3

5, also 0 5

Dass die Gleichung 0 5 keine Lösung hat, bedeutet eine leere Lösungsmenge für das linea- 4 P re Gleichungssystem:  ‡

Aufgabe 5.7 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen

 ž

(a)

20 min

(a)

(b)

5 min

(b)

Punkte (a) 10 P

hh hh

(b) 4 P

§ 2 3·

Betrachten Sie die Matrix A ¨ ¸ © 5 4¹ (a.) Bestimmen Sie deren Eigenwerte und die zugehörigen Eigenvektoren. (b.) Kontrollieren Sie Ihr Ergebnis durch Einsetzen in die charakteristische Gleichung.

 Lösung zu 5.7 Aufgabenteil (a.): Arbeitshinweis: Die Eigenwerte findet man anhand der charakteristischen Gleichung det  A  O ˜ E 0 .  

:M

(Dabei ist E die Einheitsmatrix.) Dazu berechnen wir die Matrix M mit Ÿ det  M

M

§ 2 3· §1 0· § 2  O A  O ˜E ¨ ¸  O ˜¨ ¸ ¨ © 5 4¹ ©0 1¹ © 5

 2  O ˜  4  O  3 ˜ 5 O 2  6O  8  15

0 Ÿ O1/ 2

3r 9 7

3 · ¸ 4O¹

3r 4

Die beiden Eigenwerte lauten also O 1 1 und O 2 7

2P

Damit bestimmen wir jetzt die zugehörigen Eigenvektoren. Arbeitshinweis: K K Eigenvektoren x i zeichnen sich dadurch aus, dass gilt A ˜ xi K

K

O i ˜ xi . Die Aufgabe ist es also,

für die beiden Werte von O i (mit i 1...2 ) die passenden xi zu finden. K

§ x 1,1 ·

(i.) Zu O 1 1 bestimmen wir den Eigenvektor x1 ¨¨ ¸¸ wie folgt: © x1,2 ¹ § 2 3 · § x1,1 · ¸ ¨ ¸˜¨ 5 4 ¹ © x1,2 ¹ ©  

N K A

x1

§ x1,1 · § 2 ˜ x1,1  3 ˜ x1,2 ·  N1 ˜ ¨ x ¸ Ÿ ¨ 5 ˜ x  4 ˜ x ¸ 1,2 ¹ 1,1 1,2 ¹ © O 1 ©N K

§  x1,1 · ¸ ¨ ©  x1,2 ¹

x1

Dies ist ein Gleichungssystem aus zwei Gleichungen mit den zwei Unbekannten x1,1 und

142

5 Lineare Algebra

x1,2 , nämlich

2 ˜ x1,1  3 ˜ x1,2 5 ˜ x1,1  4 ˜ x1,2

 x1,1  x1,2

Ÿ

3 ˜ x1,1  3 ˜ x1,2 5 ˜ x1,1  5 ˜ x1,2

0 0

Die beiden Gleichungen sind linear abhängig, deshalb bleibt einer der beiden Parameter frei wählbar. Willkürlich entscheiden wir uns, den Parameter x1,1 frei zu wählen, also setzen wir x1,1 : D  \ . Daraus ergibt sich dann x1,2 gemäß

3 ˜ x1,1  3 ˜ x1,2

0 Ÿ x1,2

 x1,1

D .

§ x · § D · § 1· 4 P Der Eigenvektor zu Eigenwert O 1 1 lautet also xK1 ¨ 1,1 ¸ ¨ ¸ D ˜ ¨ ¸ (mit D  \ ). © x1,2 ¹ © D ¹

§x

K

© 1¹

·

(ii.) Zu O 2 7 bestimmen wir den Eigenvektor x2 ¨ 2,1 ¸ wie folgt: © x2,2 ¹ § 2 3 · § x2,1 · ¸ ¨ ¸˜¨ 5 4 ¹ © x2,2 ¹ ©  



A

K x2

§ x2,1 · § 2 ˜ x2,1  3 ˜ x2,2 ·  N7 ˜ ¨ x 2 ¸ Ÿ ¨ 5 ˜ x  4 ˜ x ¸ 2,2 ¹ 2,1 2,2 ¹ © O 2 ©  

K

§ 7 ˜ x2,1 · ¸ ¨ © 7 ˜ x2,2 ¹

x2

Auch dieses Gleichungssystem lösen wir nun auf: 2 ˜ x2,1

2 ˜ x2,1  3 ˜ x2,2

7 ˜ x2,1

Ÿ

3 ˜ x2,2

5 ˜ x2,1

5 ˜ x2,1

3 ˜ x2,2

4 ˜ x2,2

5 ˜ x2,1  4 ˜ x2,2

7 ˜ x2,2

Ÿ

Wieder sind die beiden Gleichungen linear abhängig und wir müssen einen Parameter frei wählen. Entscheiden wir uns willkürlich für x2,1 : 3E  \ , so erhalten wir für den anderen Parameter den Wert x2,2

5˜x . 3 2,1

§ x · § x2,1 4 P Der Eigenvektor zu Eigenwert O 2 7 lautet also xK 2 ¨ 2,1 ¸ ¨ 5 © x2,2 ¹

· § 3E · ¸ ¨ x2,1 ¸ ¨© 5E ¸¹ © 3 ¹

Aufgabenteil (b.): K Zur Kontrolle setzen wir ein in die charakteristische Gleichung A ˜ xi

§ 3· © 5¹

E ˜¨ ¸ .

K

O i ˜ xi

(i.) Für O 1 und x 1 erhalten wir : 2P

2P

§ 2 3 · § D · ¸ ¨ ¸˜¨ © 5 4 ¹ © D ¹ (ii.) Für O 2 und x 2

K A ˜ x1

K A ˜ x2

§ 2D  3D · ¨ ¸ © 5D  4D ¹

§ D · K ¨ ¸ und O 1 ˜ x1 © D ¹

§ D · § D · 1 ˜ ¨ ¸ ¨ ¸ © D ¹ © D ¹

Æ passt.

erhalten wir :

§ 2 3 · § 3E · § 6 E  15E · § 21E · K ¨ ¸˜¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ und O 2 ˜ x2 © 5 4 ¹ © 5E ¹ ©15E  20 E ¹ © 35E ¹

§ 3E · § 21E · 7 ˜ ¨ ¸ ¨ ¸ © 5E ¹ © 35E ¹

Æ passt.

Aufgabe 5.8 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen



(a)

hhh

30 min § 1 0 0·

Betrachten Sie die Matrix A ¨¨ 2 3 0 ¸¸ ¨ 5 4 6¸ © ¹

Punkte 21 P

Aufgabe 5.8 Eigenwerte und Eigenvektoren von Matrizen

143

(a.) Bestimmen Sie deren Eigenwerte und die zugehörigen Eigenvektoren. (b.) Kontrollieren Sie außerdem Ihr Ergebnis durch Einsetzen in die charakteristische Gleichung.

 Lösung zu 5.8 (a.) Arbeitshinweis: Bekanntlich sind die Eigenwerte einer Dreiecksmatrix identisch mit deren HauptdiagonalElementen. Da es sich bei A um eine solche Dreiecksmatrix handelt, können wir die Eigenwerte direkt ablesen: O 1 1 , O 2 3 und O 3 6 . K

K

K

Die zugehörigen Eigenvektoren müssen wir noch bestimmen. Nennen wir sie v1 , v2 und v3 K

§ xi · ¨ ¸

K

mit vi ¨ yi ¸ und berechnen wir sie aus der charakteristischen Gleichung A ˜ vi

K

O i ˜ vi :

¨z ¸ © i¹

(i.) Für O 1 1 erhalten wir für die linke Seite der charakterist. Glg. K A ˜ v1

§ 1 0 0 · § x1 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0 ¸ ˜ ¨ y1 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨ z ¸ © ¹ © 1¹

x1 § · ¨ ¸ ¨ 2 x1  3 y1 ¸ ¨ 5x  4 y  6 z ¸ 1¹ 1 © 1

und

für die rechte Seite dieser Glg.

und

K K O 1 ˜ v1 1 ˜ v1

§ x1 · ¨ ¸ ¨ y1 ¸ ¨z ¸ © 1¹

2P

Gleichsetzen der beiden Seiten liefert ein Gleichungssystem aus drei Gleichungen mit drei Unbekannten, welches wir wie folgt aufstellen und lösen: x1

x1

2 x1  3 y1

y1 Ÿ 2 x1

5 x1  4 y1  6 z1

2 y1 Ÿ

z1 Ÿ 5 x1  4 y1

y1

 x1

5 z1 Ÿ 5 x1  4 x1

5 z1 Ÿ z1

 15 x1

Ein Parameter bleibt unbestimmt. Hierfür wählen wir (willkürlich) x1 : 5D  \ und erhalten § x1 · § 5D ·

§ 5 ·

¨ z ¸ ¨ 1D ¸ ¹ © 1¹ ©

¨ 1 ¸ © ¹

K ¨ ¸ als Eigenvektor zu O 1 1 den Vektor v1 ¨ y1 ¸ ¨¨ 5D ¸¸ D ˜ ¨¨ 5 ¸¸

3P

Die Kontrolle durch Einsetzen in die charakteristische Gleichung liefert K A ˜ v1

§ 1 0 0· § 5 · §5 · § 5 · § 5 · K K ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0 ¸ ˜ D ˜ ¨ 5 ¸ D ˜ ¨10  15 ¸ D ˜ ¨ 5 ¸ und dazu O 1 ˜ v1 1 ˜ v1 1 ˜ D ˜ ¨ 5 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨ 1 ¸ ¨ 25  20  6 ¸ ¨ 1 ¸ ¨ 1 ¸ © ¹ © ¹ © ¹ © ¹ © ¹

Die Übereinstimmung bestätigt das Ergebnis.

2P

144

5 Lineare Algebra

(ii.) Für O 2 3 erhalten wir für die linke Seite der charakteristischen Glg.

2P

K A ˜ v2

§ 1 0 0 · § x2 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0 ¸ ˜ ¨ y2 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨ z ¸ © ¹ © 2¹

x2 § · ¨ ¸  y 2 3 x 2 2 ¨ ¸ ¨ 5x  4 y  6z ¸ 2 2¹ © 2

und

für ihre rechte Seite

und

O 2 ˜ v2

K

K 3 ˜ v2

§ x2 · ¨ ¸ 3 ˜ ¨ y2 ¸ ¨z ¸ © 2¹

Gleichsetzen der beiden Seiten liefert ein Gleichungssystem aus drei Gleichungen mit drei Unbekannten, welches wir wieder wie folgt aufstellen und lösen: x2

3 ˜ x2 Ÿ x2

2 x2  3 y2

3P

0

3 y2 Ÿ

5 x2  4 y2  6 z2

y2

y2

3 z 2 Ÿ 4 y2

3 z 2 Ÿ

z2

 43 y2

Wieder bleibt ein Parameter unbestimmt. Hierfür wählen wir (willkürlich) y2 : E  \ und erhalten als Eigenvektor zu O 2

K 3 den Vektor v2

§ x2 · ¨ ¸ ¨ y2 ¸ ¨z ¸ © 2¹

§0˜ E · ¨ ¸ ¨1 ˜ E ¸ ¨4 ˜E ¸ © 3 ¹

§0 · ¨ ¸ E ˜ ¨1 ¸ ¨4 ¸ © 3¹

Die Kontrolle durch Einsetzen in die charakteristische Gleichung liefert K A ˜ v2

2P

§ 0 · § 1 0 0· ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0¸ ˜ E ˜ ¨ 1 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨4 ¸ © ¹ © 3¹

§ 0 · ¨ ¸ E ˜¨ 3 ¸ ¨ 4  8¸ © ¹

§ 0· K ¨ ¸ E ˜ ¨ 3 ¸ , dazu O 2 ˜ v2 ¨ 4 ¸ © ¹

K 3 ˜ v2

§ 0 · ¨ ¸ 3˜ E ˜¨ 1 ¸ ¨4 ¸ © 3¹

§ 0· ¨ ¸ E ˜¨ 3¸ ¨ 4 ¸ © ¹

Abermals bestätigt die Übereinstimmung das Ergebnis. (iii.) Für O 3 6 erhalten wir für die linke Seite der charakteristischen Glg.

2P

K A ˜ v3

§ 1 0 0 · § x3 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0 ¸ ˜ ¨ y3 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨ z ¸ © ¹ © 3¹

§ · ¨ ¸ x 2  3 y 3 3 ¨ ¸ ¨ 5x  4 y  6 z ¸ 3¹ 3 © 3

und

für ihre rechte Seite

und

K O 3 ˜ v3

x3

K 6 ˜ v3

§ x3 · ¨ ¸ 6 ˜ ¨ y3 ¸ ¨z ¸ © 3¹

Gleichsetzen der beiden Seiten liefert ein Gleichungssystem aus drei Gleichungen mit drei Unbekannten, das wir wie folgt aufstellen und lösen: x3

6 ˜ x3

2 x3  3 y3

Ÿ 6 y3

x3

0

Ÿ 2 x3

3 y3

Ÿ

y3

2x 3 3

Ÿ

y3

0

5 x3  4 y3  6 z3 6 z3 Ÿ z3  \ ist beliebig , dazu ist 5 x3 4 y3 œ 0 0, ok 3 P Ein Parameter bleibt unbestimmt; wir wählen z3 : J  \ und erhalten als Eigenvektor zu

O3

K 6 den Vektor v3

§ x3 · § 0 ˜ J · § 0· ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ y3 ¸ ¨ 0 ˜ J ¸ J ˜ ¨ 0 ¸ ¨1 ¸ ¨ z ¸ ¨1 ˜ J ¸ ¹ © ¹ © 3¹ ©

Die Kontrolle durch Einsetzen in die charakteristische Gleichung liefert K A ˜ v3

2P

§1 0 0· §0 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 2 3 0¸ ˜ ¨0 ¸ ¨ 5 4 6¸ ¨J ¸ © ¹ © ¹

§ 0· K ¨ ¸ ¨ 0 ¸ und dazu O 3 ˜ v3 ¨ ¸ © 6J ¹

K 6 ˜ v3

§0 · ¨ ¸ 6 ˜ ¨ 0 ¸ Æ stimmt wieder überein. ¨J ¸ © ¹

6 Differentialrechnung Aufgabe 6.1 Berechnung von Differentialquotienten



hh

8 min

Punkte 3P

Leiten Sie f ( x) x n durch Einsetzen in die elementare Definition des Differentialquotienten f '( x)

f  x  'x  f  x

lim

'x

'x o0

ab.

 Lösung zu 6.1 Wir setzen ein in den Differentialquotienten und lösen mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes auf:

f '( x)

lim

 x  'x n  x n 'x

'x o0

ª n § n· º nk « ˜ 'x k »  x n ¨ ¸˜ x « » ©k¹ ¼ lim ¬ k 0 'x o0 'x

¦

ªª n § n · º º nk lim « « ˜ 'x k 1 »  x n ˜ 'x 1 » ¨ ¸˜ x k » 'x o0 « « » ¼ ¬¬ k 0 © ¹ ¼

¦

Bruch zusammenfassen

Summanden ausschreiben

ª º « » n n n n § · § · § · § · n 1 » x11  ¨ ¸ ˜ x n  2 ˜ 'x 21  N x lim «¨ ¸ ˜ x n 0 ˜ 'x0 1  ¨ ¸ ˜ x n 1 ˜ ' . . .  ¨ ¸ ˜ x n  n ˜ 'x n 1  ˜ 'x

N   » n¹ 2¹ 'x o0 «© 0 ¹ © 1 ¹ 'x0 1 ©  1 »  

 2 ©  

«      1  3  2  2 «¬ »¼

Die beiden mit  1 gekennzeichneten Ausdrücke sind bis auf das Vorzeichen identisch und heben sich daher gegenseitig auf. Alle mit  2 enthalten 'x im Zähler und gehen daher wegen der Grenzwertbildung 'x o 0 gegen Null. Übrig bleibt daher alleine nur  3 , wobei sich bei  3 auch noch der Binomialkoeffizient ausrechnen lässt: Ÿ

f '( x)

§ n· lim ¨ ¸ ˜ x n 1

'x o0 © 1 ¹

n ˜ x n 1

3P

146

6 Differentialrechnung

Aufgabe 6.2 Ableiten: Summenregel, Faktorregel, Produktregel

 

Punkte (a,b,c) je 1 P

h (d,e,f.) h

(a,b,c.) je 1 min

(a,b,c.)

(d,e,f.) je 2 min

(d,e,f.) je 1 P

Leiten Sie bitte die folgenden Funktionen nach x ab: (a.) f a ( x) 3x3  4 x 2  5 x  2

(b.) fb ( x) 7 x6  3 x5  4 x3  2 x 2  x

(c.) f c ( x) 2 x16  x9  4 x32  5 x8  2 x 2

(d.) f d ( x) 2 x ˜ ( x 2  2)

(e.) f e ( x)

 3 x 2  5 x ˜  8 x3  2 x 2

(f.) f f ( x)

 9 x 2  8 x  5 ˜  4 x3

 Lösung zu 6.2 Bei den Aufgabenteilen (a…c) handelt es sich um das Ableiten von Polynomen. Dazu benutzt man die Faktorregel und die Summenregel, wonach gilt: 1 P (a.) f a '( x) 9 x 2  8 x  5 1 P (b.) fb '( x) 42 x5  15 x 4  12 x 2  4 x  1 1 P (c.) f c '( x) 32 x15  9 x8  128 x31  40 x7  4 x Arbeitshinweis: Die Koeffizienten werden mit den Exponenten der noch nicht abgeleiteten Potenzen von x multipliziert. Die Exponenten werden um jeweils 1 erniedrigt. Bei den Aufgabenteilen (d…f) wird mit der Produktregel abgeleitet, wobei in der Musterlösung zum besseren Verständnis die u und v bzw. u ' und v ' markiert sind: 1 P (d.) f ( x) 2 x ˜ ( x 2  2) Ÿ d N   

u

1 P (e.) f e ( x)

f1 '( x)

v



v'

 5 x ˜  8 x3  2 x 2 3x2 

 

u



2Nx ˜  2 x  2N ˜ x 2  2 N  

u'  u

Ÿ

f 2 '( x)

v

6 x2  4

v

 5 x ˜  24 x 2  4 x   6 x  5 ˜  8 x3  2 x 2 3x2   

 

   u 4

3

120 x  184 x  30 x

1 P (f.) f f ( x)

9 x 2  8 x  5 ˜  4 x3   

N u

v

Ÿ

f f '( x)

u'

v'

v

2

9 x 2  8 x  5 ˜ 12 x 2  18 x  8 ˜  4 x3   

N  

  u

v'

180 x 4  128 x3  60 x 2

u'

v

Aufgabe 6.3 Ableiten mit Produktregel

147

Anmerkung: Als alternativen Lösungsweg könnte man die Funktionen f d , f e , f f auch erst ausmultiplizieren und dann ableiten. Dieser Weg funktioniert aber nur, solange die einzelnen Faktoren nicht zu aufwändig werden.

Aufgabe 6.3 Ableiten mit Produktregel



Punkte (a,b) je 1 P

h

(a,b,c,d.) je 2 min

Leiten Sie die folgenden Funktionen nach x ab: (a.)

f1 ( x)

2 x ˜ sin( x)

(b.) f 2 ( x) e x ˜ sin( x)

(c.)

f3 ( x)

x 4 ˜ ln( x)

(d.) f 4 ( x)

x ˜ arctan( x)

 Lösung zu 6.3 Abgeleitet wird mit der Produktregel, wobei in der Musterlösung zum besseren Verständnis die u und v bzw. u ' und v ' markiert sind. x) Ÿ (a.) f1( x) 2Nx ˜ sin( N u

f1 '( x)

x) Ÿ (b.) f 2 ( x) eNx ˜ sin( N u

u

f 2 '( x)

f3 '( x)

u'

u'

v'

x4 ˜ N

u

v

x3 ˜ 1  4 ln ( x)

1  x2 1N v'



1 ˜ arctan( x)

x   ˜ 2 

v u'

Anmerkungen: - Bei den Ableitungen der Logarithmusfunktion, der Winkelfunktionen, der Arcusfunktionen und ebenso der Hyperbelfunktionen greift man auf Tabellen aus Formelsammlungen zurück. - Speziell bei Aufgabe (d.) ist die Ableitung der Wurzelfunktion wie folgt zu verstehen: 1

u ( x)

x N u

x2

Ÿ u '( x)

1  12 x 2

1 2 x

1P

v

x˜ N

f 4 '( x)

1P

v

1  4N x3 ˜ ln( x) N x N u' v'

(d.) f 4 ( x) Nx ˜ arctan( x) Ÿ  

1P

v

eNx ˜ cos( x)  eNx ˜ sin( x) N 

u

v

u

v'

u

v

(c.) f3 ( x) N x 4 ˜ ln( x) Ÿ N

2Nx ˜ cos( x)  2N ˜ sin( x) N 

u

v

1P

148

6 Differentialrechnung

Aufgabe 6.4 Ableiten mit Quotientenregel

 

(a.)

Punkte (a.) 1P

hh (b…f.) h h

2 min

(a.)

(b…f.) je 3 min

(b…f.) je 2 P

Leiten Sie die folgenden Funktionen nach x ab: (a.) f1( x)

(d.) f 4 ( x)

x2  2 x

x 1 x

(b.) f 2 ( x)

sin( x)

(e.) f5 ( x)

ex

tan( x)

(c.) f3 ( x)

x4 ln( x)

(f.) f 6 ( x)

 3 x 4  2 x3  5 x  x2  7 x  4

 Lösung zu 6.4 Abgeleitet wird mit der Quotientenregel, wobei in der Musterlösung zum besseren Verständnis die u und v bzw. u ' und v ' markiert sind. u

1 P (a.) f ( x) 1

x2  2 x

u Ÿ v

f1 '( x)

  v'P u' Pv P x ˜  2 x  x2  2 ˜ 1





2 2

v



2 P (b.) f ( x) 2

u v

x 1 x

Ÿ

x2

x N v

f 2 '( x)

x2  2

1  x

1 2

v' 

 Pu 1 1 ˜ 1  x ˜ 2 1  x 2 u' P

1N x v2

2 P (c.) f ( x) 3

4

x ln( x)

u v

Ÿ

f3 '( x)

u' u P v' P P v P ln( x) ˜ 4 x3  x 4 ˜ 1x 2

ln( x)   

1 x  1  x 2 (1  x )3

x3 § 1 · ˜¨4  ¸ ln( x) © ln( x ) ¹

v2

2 P (d.) f ( x) sin( x) 4 x e

u v

Ÿ

f 4 '( x)

v v' u' P P P u

 x e ˜ cos( x )  sin( x) ˜ e x 2x eN

 cos( x)  sin( x) ˜ e x

v2

2 P (e.) f5 ( x) tan( x)

sin  x cos  x

u v

Ÿ

f5 '( x)

v   u' P v'  u



 cos( x) ˜ cos( x)  sin( x) ˜ ( sin( x))

cos 2 ( x)   

v2

1 cos 2 ( x)

Aufgabe 6.5 Ableiten mit Kettenregel

(f.) f6 ( x)

u

 4 3x  2 x3  5 x





x  7 x  4   

2

149 v u' u v' 

     

 2 3 4 x  7 x  4 ˜ 12 x  6 x  5  3 x  2 x3  5 x ˜  2 x  7



Ÿ f6 '( x)







2

x  7 x  4   

2

v

v2

Ÿ f 6 '( x)

6 x5  65 x 4  20 x3  19 x 2  20

 x2  7 x  4

2

 zusammengefasst

2P

Anmerkung: - Bei Aufgabenteil (b.) wird die Kenntnis der Kettenregel vorausgesetzt (siehe Aufgabe 6.5.) - Bei Aufgabenteil (e.) wird ein Trick verwendet, der öfters bei Übungsaufgaben auftaucht, nämlich die Verwendung zweier sehr geläufiger Additionstheoreme. Diese beiden Additionstheoreme sollte man sich auswendig merken: sin( x) cos( x)

Das eine lautet: tan( x)

u . v

Das andere Additionstheorem ist: sin 2 ( x)  cos 2 ( x) 1 . - Bei Aufgabentypen wie (f.) sollte man sich die Mühe des Zusammenfassens nur dann machen, wenn es tatsächliche verlangt ist.

Aufgabe 6.5 Ableiten mit Kettenregel

 

(a,b.)

je 1 min

(a,b.)

(c,d.)

je 1 min

(c,d.)

hh hh

Punkte (a,b.) je 1 P (c,d.)

je 1 P

Leiten Sie die folgenden Funktionen nach x ab: (a.) f1( x) sin( x 2  2) (c.) f3 ( x) e x

2

(b.) f 2 ( x) (3x3  4 x 2  5)17

˜sin( x )

(d.) f 4 ( x)

x3  3 x 2

 Lösung zu 6.5 Hier wird mit der Kettenregel abgeleitet: (a.) f1 '( x)

cos( x 2  2) ˜  

1P

(2 x) N

äußere Ableitung innere Ableitung

(b.) f 2 '( x) 17 ˜ (3 x3  4 x 2  5)16 ˜ (9 x 2  8 x)    

äußere Ableitung

(c.) f3 '( x)

2

x ˜sin( x ) e  

1P

innere Ableitung





˜ 2 x ˜ sin( x)  x 2 ˜ cos( x)

äußere Ableitung   innere Ableitung

1P

150

1P

6 Differentialrechnung

(d.) f 4 '( x)

1

3x 2  6 x

 1 ˜ x3  3 x 2 2 ˜ 3 x 2  6 x 2    





äußere Ableitung





3

innere Ableitung

2 ˜ x  3x

2

3x  6 2˜ x 3

Anmerkung: Bei Teil (c) wurde die innere Ableitung mit der Produktregel berechnet.

Aufgabe 6.6 Mehrfache Verschachtelung der Kettenregel

 

je 2 min

(a,b.)

(a,b.)

(c,d,e.) je 3 min

(c,d,e.)

hh hhh

Punkte (a,b.) je 1 P (c,d,e.) je 2 P

Leiten Sie die folgenden Funktionen nach x ab: (a.) f1( x) ecos( x

2

(b.) f 2 ( x) cosh ln 4 x3  5 x



(d.) f 4 ( x) x x

(e.) f5 ( x) xln  x

 

3x)

(c.) f3 ( x) 3x

 Lösung zu 6.6 Wir benötigen jetzt die mehrfache Verschachtelung der Kettenregel. 1 P (a.) f1 '( x)

§ · ¨ ¸ cos( x  3 x ) ¨  sin( x 2  3 x) ˜  2 x  3 ¸ e ˜ 

 

¨    

¸ äußere Ableitung von f1 ¨ äußere Ableitung innere Ableitung ¸ der Inneren der Inneren ©  ¹ 2

innere Ableitung von f1

1 P (b.)

f 2 '( x)

1 § · 2 sinh ln 4 x3  5 x ˜ ¨ 3 ¸ ˜ 12 x  5 4 x  x ¹  

 5

 

©

 







äußere Ableitung von f 2 innere Ableitung innere Ableitung der Inneren von f 2

(c.) Bei der abzuleitenden Funktion taucht die Variable (hier x ) im Exponenten auf – also muss die Funktion als Exponentialfunktion abgeleitet werden. Alles andere wäre falsch! Am Ende der Musterlösung zu Aufgabe 6.6 sind hierzu Erläuterungen als Arbeitshinweis und als Stolperfalle angebracht. Die Anwendung der dortigen Ausführungen sieht man bei der nachfolgenden Musterlösung: Wir beginnen mit einer Umformung vorab: f3 ( x) 3x 2P

Damit können wir nun ableiten: f3 '( x)

e



ln 3x

 ˜ ln(3) e

N x˜ln 3

äußere innere Ableitung Ableitung

e

x˜ln  3

3x ˜ ln( x)   

Vereinfachung des Ausdrucks

Aufgabe 6.6 Mehrfache Verschachtelung der Kettenregel

151

(d.) Wieder ist die logarithmische Ableitung nötig, die wir mit einer Umformung vorbereiten: f 4 ( x) x x

e



ln x x

e

x˜ln  x

1· § ˜ ¨1 ˜ ln( x)  x ˜ ¸ x © äußere Ableitung   ¹

 e

x˜ln x

Damit leiten wir nun ab: f 4 '( x)

x x ˜ 1  ln  x

2P

innere Ableitung

(e.) Auch hier verwenden wir wieder die logarithmische Ableitung f5 ( x) Ÿ

ln x x 

f5 '( x)

Ÿ e

f5 ( x)

ln  x

e



ln xln x

2

˜ 2ln  x ˜

1 x



ln x ˜ln x e  

2ln  x x

e

ln  x

2

2P

ln x ˜x 

Stolperfalle bei Teil (b.): Die Ableitung des Cosinus-hyperbolicus gibt einen positiven Sinus-hyperbolicus. Die Winkelfunktionen, die Hyperbelfunktionen und auch die Exponentialfunktion reproduzieren sich beim Ableiten, aber mit unterschiedlichen Zyklen: d

d

d

d

dx dx dx dx Winkelfunktionen: sin(x) o cos(x) o -sin(x) o -cos(x) o sin(x)

Hyperbelfunktionen:

d d dx dx sinh(x) o cosh(x) o +sinh(x) d

dx Exponentialfunktion: e x o ex

Arbeitshinweis zu Teil (c.): Liegt bei einer Exponentialfunktion eine andere Basis vor als die Euler’sche Zahl, so reproduziert sich die Exponentialfunktion nicht identisch selbst, sondern es kommt noch als Faktor der Logarithmus der Basis hinzu. Man sieht dies am leichtesten ein, indem man schreibt ln f  x f  x =e  , denn die Exponentialfunktion und der Logarithmus heben einander auf. Auf

diese Weise erhält man eine Exponentialfunktion, deren Basis die Euler’sche Zahl ist, sodass man wie gewohnt ableiten kann. Allerdings darf man die innere Ableitung nicht vergessen, wie in der Lösung zu sehen ist. Anmerkung und Stolperfalle: ln f x Der „Trick“ mit der Schreibweise f  x =e   wird auch als „Logarithmische Ableitung“

bezeichnet. Immer wenn die freie Variable x im Exponenten steht, muss man davon Gebrauch machen, da das Ableiten wie bei einem Polynom zu einem Fehler führen würde. Man achte aber darauf, dass man bei der „Logarithmischen Ableitung“ die Kettenregel anwendet und ggf. auch die innere Ableitung erneut nach der Kettenregel ableitet, usw. Hinweis zu Teil (d.): Ähnlich wie bei Teil (c.) ist auch bei Teil (d.) die Basis nicht die Euler’sche Zahl. Damit ist ln f x auch hier logarithmische Ableitung gemäß f  x =e   nötig. Allerdings ist bei Teil (d.) die innere Ableitung des Exponenten nach der Produktregel zu berechnen.

152

6 Differentialrechnung

Aufgabe 6.7 Vermischtes Anwenden von Ableitungsregeln

 

(a,d,e.)

je 2 min

(b,c,f,g,h.)

je 4 min

hh hhh

Punkte (a,d,e.)

je 1 P

(b,c,f,g,h.)

je 2 P

Leiten Sie die folgenden Funktionen nach x ab: § x· © ¹

(a.) f1( x) x 4 ˜ sin  3x

(b.) f 2 ( x) x ˜ cos3 ¨ ¸ 3

e4 x

(c.) f3 ( x)



(d.) f 4 ( x) tan 1  x 2

4  x2



arcsin  1  x



(e.) f5 ( x) ln x  x 2  1



(f.) f 6 ( x) lg 4 x 2  1

2

(g.) f 7 ( x)

(h.) f8 ( x)



3 sinh 2

4

 x  1

 Lösung zu 6.7 Jetzt werden verschiedene Ableitungsregeln gleichzeitig benötigt: 1 P (a.) f1( x) N x 4 ˜ sin  3 x v

Ÿ

  

4N x3 ˜ sin  3 x  N x 4 ˜ cos  3 x ˜ 3   

 

f1 '( x)

v'

u

v

u

u'

Hier kommt die Produktregel zum Einsatz, wobei v' über die Kettenregel zu berechnen ist. §x· © ¹   

(b.) f 2 '( x) Nx ˜ cos3 ¨ ¸ 3 u

2P

Ÿ

v

f 2 '( x)

§ x· 1· 2§ x· § 3§ x · Nx ˜ 3cos ¨ ¸ ˜ ¨  sin ¨ ¸ ˜ ¸  1N ˜ cos ¨ ¸ 3 3 3 © ¹ © © ¹ ¹ u'  © 3 ¹ u  

  v

v'

Wieder wird nach der Produktregel abgeleitet, allerdings braucht man zum Berechnen von v' die mehrfach verschachtelte Anwendung der Kettenregel. Es ist nämlich § x· cos3 ¨ ¸ ©3¹

v

ª § x ·º «cos ¨ 3 ¸ » ¬ © ¹¼

3

2

ª § x ·º § § x ·· Ÿ v '= 3 ˜ «cos ¨ ¸ » ˜ ¨  sin ¨ ¸ ¸ ˜ 3 ¹¼ © © © 3 ¹¹ ¬   

 

äußere Ableitung

1. innere Ableitung

1 3 N 2. innere Ableitung

Zum Verständnis der mehrfach verschachtelten Kettenregel mag manchem Leser auch die folgende Erläuterung bekannt vorkommen: ª § x ·º v g  h  x = «cos ¨ ¸ » ¬ © 3 ¹¼





3

mit

v(g)=g3 ;

Man findet dann die Kettenregel in der Form

g(h)=cos(h) ;

h(x)=

dv dv dg dh = ˜ ˜ wieder. dx dg dh dx

x 3

Aufgabe 6.7 Vermischtes Anwenden von Ableitungsregeln

e4 x

(c.) f3 ( x)

u v

4  x2

v  u' u

 P P v' P 4  x 2 ˜ e4 x ˜ 4  e4 x ˜ 2 x

Ÿ

f3 '( x)



2 x2 4 

u

153

4 x 2  2 x  16



4  x2



2

˜ e4 x

2P

2

Hier wird die Quotientenregel benutzt, wobei man zum Ableiten des u  x die Kettenregel braucht. (d.) f 4 '( x)

1 2



˜



cos 1  x 2   

1P

2Nx innere Ableitung

äußere Ableitung

Wir verwenden das Ergebnis von Aufg.6.4.e (aus der Quotientenregel), nämlich 1

d tan( x) dx

cos 2 ( x)

und vergessen nicht die Kettenregel.

(e.) Es gilt innere Ableitung der Inneren

innere Ableitung

 

f5 '( x)





1  12 ˜ x 2  1

 12

˜

P 2x

1P

2

x   x  1  äußere Ableitung

Stolperfalle:

Die Funktion f5 ( x) ist der Area-sinus-hyperbolicus. Sollte in einer Aufgabenstellung nach dessen Ableitung gefragt sein, so muss man sich erinnern, dass gilt: arsinh(x)





ln x  x 2  1 . Auf ähnliche Weise lassen sich alle Areafunktionen ableiten.

(f.) Neben der mehrfachen Anwendung der Kettenregel ist noch folgendes zu beachten: Die hier gewählten Bezeichnungen seien: ln = natürlicher Logarithmus log b = Logarithmus zur Basis b lg

log10 = Logarithmus zur Basis 10.

Die Ableitung des natürlichen Logarithmus (mit der Euler’schen Zahl als Basis) ist d ln( x) dx

1 . Hat die Basis einen anderen Wert, so muss mit Hilfe der Rechenregeln für Logax

rithmen umgerechnet werden: logb  x

ln  x ln  b

Ÿ

d logb  x dx

1 1 ˜ ln  b x

also auch

d lg  x dx

1 1 ˜ ln 10 x

154

6 Differentialrechnung

Damit wenden wir uns dem Lösen der Aufgabe zu. Wir bringen f6 ( x) in eine für das Ableiten angenehme Form, nämlich f 6 ( x)

2P

ln  4x  1 lg  4 x  1  ln 10 2

4

2

und leiten dann ab:

4

3



 

4 ˜ ln 4 x 2  1 f6 '( x)

4

1

˜

4

2

x  4  1  ln(10)     1.innere aüßere Ableitung

˜

8Nx 2.innere Ableitung

Ableitung

(g.) Es gilt 2P

1

f7 '( x)





2

1  1  x2  

˜

1

 1 1  x 2 2 ˜  2 x 2   

N





1.innere Ableitung

2.innere Ableitung

1



1 1 x

2



˜

x

1

1 x

2

x

2

x

˜

1 x

2

x 1 ˜ x 1  x2

äußere Ableitung

Die Ableitung des Arcus-sinus findet man in Tabellen elementarer Ableitungen. Sie lautet d arcsin( g ) dg

1 1 g

2

1  x 2 . Damit ist die äußere Ablei-

. Im Falle unserer Aufgabe ist g

tung erklärt. Die zweifache Anwendung der Kettenregel versteht man mit h 1  x 2 . Dann ergibt nämlich f 7 ( x)

f ( g (h( x)) die Ableitung f 7 '( x)

df dg N

˜

dg dh N

˜

dh dx N

.

1.innere 2.innere äußere Ableitung Ableitung Ableitung

(h.) Wenn wir vorab das Wurzelzeichen so umformen, dass man Exponenten sieht, vermeiden wir Verwirrung. Es gilt nämlich: f8 ( x)

3 sinh 2

 sinh 2  x  1

 x  1

1 2 P Damit leiten wir wie folgt ab: f '( x) 2  sinh  x  1  3 ˜ cosh( x  1) ˜ 8  

3

  

äußere Ableitung

1 3

 sinh  x  1 1N

innere Ableitung 2.innere Ableitung

2 3

2cosh( x  1) 3 ˜ 3 sinh  x  1

Dies ließ sich mit der Kettenregel relativ leicht ableiten. Praktischer Hinweis: Bei mehrfach verschachtelter Anwendung der Kettenregel taucht immer wieder die Frage auf, wann man aufhören darf, die inneren Ableitungen der inneren Ableitungen hinzuschreiben. Die Antwort ist die: Die innerste Ableitung, die man als letzte hinschreiben muss, erkennt man daran, dass man sie ohne Kettenregel bilden kann. Dies gilt z.B. beim Ableiten von Polynomen, bei der Anwendung der Produkt- oder der Quotientenregel, oder bei elementaren Ableitungen, die man aus Tabellen kennt, wie etwa Ableitungen von Winkelfunktionen, etc. Dass speziell bei Aufgabenteil (h.) die letzte innere Ableitung einen Faktor 1 liefert, sollte uns dabei nicht stören.

Aufgabe 6.8 Höhere Ableitungen

155

Aufgabe 6.8 Höhere Ableitungen



je 12 min

(a,b.)

Punkte (a,b.) je 9 P

hh

(a,b.)

Leiten Sie die folgenden Funktionen hintereinander fünfmal nach x ab: (a.) f1( x) e x

2

(b.) f 2 ( x) e2 x

2

2

 Lösung zu 6.8 (a.)

Ÿ

Ÿ

Ÿ

Ÿ

d f1 ( x) dx

d2 dx

f ( x) 2 1

f ( x) 3 1

f ( x) 4 1

2

2

v2

f ( x) 5 1

u2



2



2



x eN ˜ 4 x2  2  

u3 

x x e ˜ 2N 2 x ˜ 2Nx  eN  ˜

v'2



2

3

v3



2

1P

v3

x e x ˜  2 x ˜ 4 x 2  2  eN ˜ 8Nx  

 

u v'



3

2

2





x eN ˜ 8 x3  12 x u 4  



4

v4



2



v'4



2P

v4

x e x ˜  2 x ˜ 8 x3  12 x  eN ˜ 24 x 2  12  

  u  

u 4'

d5 dx

1P

v2

u 3'

d4 dx

u2

u 2'

d3 dx

2

x eN ˜ 2Nx

2

2



5

v5

2P

v5





x e x ˜  2 x ˜ 16 x 4  48 x 2  12  eN ˜ 64 x3  96 x  

 

u   

u5'



x eN ˜ 16 x 4  48 x 2  12  

u 5 

2



e x ˜ 32 x5  160 x3  120 x



3P

v'5

Die erste Ableitung wird nach der Kettenregel gebildet, alle weiteren Ableitungen sind nach der Produktregel zu berechnen, in der wieder die Kettenregel auftaucht. Die zur Erleichterung eingeführten „u“ und „v“ tragen jeweils den Index „n“ für die Bildung der n-ten Ableitung (also u 2 und v 2 zur Bestimmung der zweiten Ableitung), damit Verwirrung vermieden wird. Arbeitshinweis: Das Lernziel bei dieser Aufgabe ist, dass man die Funktion immer vor dem Ableiten in eine Form bringen soll, die die praktische Durchführung des Ableitens möglichst einfach werden lässt. Darauf ist nicht nur bei der vorliegenden Aufgabe zu achten, sondern generell bei allen Ableitungsaufgaben. 2

Anmerkung: Man sieht, dass der Term e x immer mit einem Polynom multipliziert wird. (b.) Dieser Aufgabenteil verläuft dem Prinzip nach in völliger Analogie zu Teil (a), lediglich mit dem Unterschied, dass die Polynome als Faktoren der e-Funktion anders lauten: d f1 ( x) dx

2

2 x 2 e 4x ˜ N u2

v2

1P

156

1P

2P

2P

Ÿ

Ÿ

Ÿ

Ÿ

6 Differentialrechnung d2

f ( x) 2 1

dx

2

u 2'

d3 dx

2

f ( x) 3 1



2

dx 4

f1 ( x)

f ( x) 5 1

v3

2

u3

v3



2





2

2 x 2 e2 x  2 ˜  4 x ˜ 16 x 2  4  e 32 x ˜ N   

 

v'3

v4



2

v4

u4



2



v'4





2 x 2 3 e ˜ 64 x  48 x   

u4

2x 2 e 2 x  2 ˜  4 x ˜ 64 x3  48 x  e

˜ 192 x 2  48   

  

  

u4'

d5





2 x 2 2 e ˜ 16 x  4   

u3

v'2

u2

u 3'

d4

dx

v2



2

2 x 2 2 x 2 e ˜

4 x ˜ 4Nx  e  ˜ 4N

2

2





2x 2 e

˜ 256 x 4  384 x 2  48  

u5 v5





2 x 2 e2 x  2 ˜  4 x ˜ 256 x 4  384 x 2  48  e

˜ 1024 x3  768 x   

 

 

u5'

3P

v5

u5

v'5

e

2 x2  2



˜ 1024 x5  2560 x3  960 x



Aufgabe 6.9 Implizites Ableiten

 

(a.)

2 min

hh (b,c,d.) h h (a.)

(b,c,d.) je 3 min

Punkte (a.) 1 P (b,c,d.) je 2 P

Berechnen Sie die folgenden impliziten Ableitungen nach x: (a.) x ˜ y 1

(b.) x 2  y 2 r 2 (mit konstantem r )

(c.) y 3  4 x 2  y  4 0

(d.) 4 x 2  sin 2  y 5

 Lösung zu 6.9 Allgemeine Erklärung / Stolperfalle:

Bei den Aufgaben 6.1 bis 6.8 waren die zu differenzierenden Funktionen explizit gegeben. Im Unterschied dazu sind sie bei Aufgabe 6.9 in impliziter Form gegeben. Das Prinzip des Ableitens bleibt davon aber unberührt – man muss lediglich daran denken, dass y eine Funktion von x ist, und dass deshalb Funktionen von y beim Ableiten nach x die Kettenregel erfordern. Bezogen auf unsere Aufgaben sieht dies wie folgt aus: (a.) Nx ˜ Ny 1 ist abzuleiten mittels Produktregel v u

1P

Ÿ

dx dy ˜ Ny  ˜ Nx dx dx v N N v'

u

u'

0 Ÿ

y  y '˜ x

0 Ÿ

 y 1 x˜ y' y Ÿ y' 2 x x

  Auflösen nach y'durch Einsetzen von y= x1

Aufg 6.10 Ableiten in Parameterdarstellung und Polarkoordinaten

157

(b.) Bei dieser Ableitung ist r als Konstante zu behandeln. d 2 d 2 x  y dx dx



Ÿ



d 2 r dx



Ÿ 2x  2 y ˜ y ' 0 Ÿ

y ˜ y ' x Ÿ

y'

x y

2P

Will man die Ableitung explizit kennen, so löst man die implizite Gleichung der Aufgabenstellung nach y auf und setzt dieses y in die Ableitung ein: x2  y 2

r2 Ÿ

y

x

r 2  x 2 führt zu y '

2

r  x2

(c.) Wieder wird jeder einzelne Summand elementar nach x abgeleitet: d 3 d d d 4x2   y   4 0 Ÿ y  dx dx dx dx





2 ˜ y '  8x   y '   0 3y 

0

Kettenregel ! 2

Ÿ 3 y ˜ y '  y ' 8 x Ÿ



2



y '˜ 3 y  1

8 x Ÿ

y'

2P

8 x 3y2 1

Auf eine explizite Angabe von y ' als Funktion von x wird hier verzichtet, da man dafür die implizite Formulierung der Funktion aus der Aufgabenstellung nach y auflösen müsste. Bei den Aufgabenteilen (a) und (b) haben wir dies zum Zwecke der Demonstration getan, im Allgemeinen aber wird man dies nicht immer durchführen. (d.) Um eine Verwirrung durch die abkürzende Schreibweise des Quadrates des Sinus zu vermeiden, können wir die Aufgabenstellung auch umschreiben: 4 x 2   sin  y

2

5

Wieder leiten wir jeden Summanden nach x ab (und vergessen nicht die Kettenregel):



d d 4 x2   sin  y 2 dx dx





d  5 Ÿ 8 x  2 ˜ sin( y ) ˜ cos( y) ˜ y ' 0 dx Ÿ sin( y ) ˜ cos( y ) ˜ y ' 4 x Ÿ

y'

4 x sin( y ) ˜ cos( y )

Aufg 6.10 Ableiten in Parameterdarstellung und Polarkoordinaten

 

(a,b,c.) je 8 min

(a,b,c.)

(d.)

(d.)

20 min

hh hhh

Punkte (a,b,c.) je 3 P (d) 8 P

Bei den Aufgabenteilen (a.) und (b.) sind Funktionen in Parameterdarstellung gegeben, bei den Aufgabenteilen (c.) und (d.) sind Funktionen in Polarkoordinaten gegeben. Berechnen Sie bitte durch Bilden der Ableitungen deren Steigungen. Bestimmen Sie außerdem die Punkte Pi  xi ; yi (Index „i“ zur Nummerierung), in denen die Tangenten waagerecht oder senkrecht verlaufen.

2P

158

6 Differentialrechnung

(a.) x  t sin  t und y  t t 2  4t  5 (b.) x  t

1 t3 3

 2t 2  5t  7 und y  t

e t

(c.) r sin M (d.) r a ˜ cos  2M Die Kurve heißt Lemniskate. Man achte auf ihren Definitionsbereich, der bestimmt ist durch den nicht negativen Radikanden für cos  2M t 0 Ein Umlauf der Kurve wird erreicht für M  ª¬  ʌ4  2ʌn ;  ʌ4  2ʌn º¼ * ª¬ 43 ʌ+ 2ʌn ;  54 ʌ+2ʌn º¼ , wobei wir

uns für die Berechung dieser Aufgabe auf den Umlauf der ersten Periode beschränken: n 0

 Lösung zu 6.10 Arbeitshinweis:

Allgemein lautet die Ableitung von Funktionen in Parameterdarstellung:

dy dx

dy dt dx dt

Für die Lösung unserer Aufgaben bedeutet dies: dy

1 P (a.) dx

dy dt dx dt

2t  4 für die Steigung in Parameterdarstellung cos  t

Die Stellen mit waagerechten Tangenten sind

dy dx

0 . Dies sind die Nullstellen des Zählers

der Ableitung (sofern sie nicht gleichzeitig Nullstellen des Zählers sind; in diesem Falle müssten weitergehende Untersuchungen erfolgen). Unsere Aufgabe hat eine Stelle mit waagerechter Tangente bei 2t  4

2 (Index w für waagerechte Tangente) , dort liegen keine Nennernullstellen.

0 Ÿ tw

1 P Also: P  x ; y w w w

sin tw ;  tw2  4tw  5

 sin  2 ;  4  8  5  sin  2 ; 9

Stellen mit senkrechten Tangenten sind die Nullstellen des Nenners der Ableitung (sofern sie nicht gleichzeitig Nullstellen des Zählers sind, was ebenfalls weitergehende Untersuchungen erfordern würde). Unsere Aufgabe hat unendlich viele Stellen mit senkrechten Tangenten bei cos  t

 s  12 ˜ ʌ

0 Ÿ ts

(mit s  ]) , dort liegen keine Zählernullstellen.

Die zugehörigen Punkte auf der Kurve liegen bei Ps

1P

 xs ; y s

sin ts ;  ts 2  4ts  5

s § 2 1 ¨  1 ;  ʌ s + 2 ©





2

§ ʌ ʌ ¨ sin sʌ+ 2 ;  sʌ+ 2 ©







2

·  4 sʌ+ ʌ2  5 ¸ ¹





·  4ʌ s + 12  5 ¸ ¹





Damit ist die Aufgabe gelöst. Zur Veranschaulichung sei noch das Bild 6-10a gezeigt.

Aufg 6.10 Ableiten in Parameterdarstellung und Polarkoordinaten

159

Bild 6-10a Funktionsgraph zu der in Parameterdarstellung gegebenen Funktion (geplottet für t 10...  14 )

x  t sin  t

und y  t

t 2  4t  5

Der Punkt mit einer waagerechten Tangente ist mit xw markiert, die Punkte mit senkrechten Tangenten mit xs .

(b.) Hier berechnet man die Steigung in Parameterdarstellung gemäß

dy dx

dy dt dx dt

e t 2

t  4t  5

1P

Der Bruch, der diese Steigung ausdrückt, hat keine Zählernullstellen, also gibt es keine waagerechten Tangenten. Senkrechte Tangenten findet man als Nennernullstellen mit der pq-Formel: t 2  4t  5 0 Ÿ ts1,2

2 r 4  5 Ÿ ts1

1 ; t s 2

5 (Index s für senkrechte Tangente) ,

1P

dort liegen keine Zählernullstellen. Also: Ps1  xs1 ; ys1 Und: Ps 2  xs 2 ; ys 2



1t 3 3 s1



 ;e 7 ; e  ;e

 2ts12  5ts1  7 ; ets1

1t 3 3 s2

 2ts 2 2  5ts 2

t s1

1

13 3

121 3

1P

5

Auch zu dieser Funktion existiert eine Veranschaulichung, sie ist in Bild 6-10b zu sehen.

Bild 6-10b Funktionsgraph zu der in Parameterdarstellung gegebenen Funktion

x t

1 t3 3

 2t 2  5t  7 und y  t

e t

Die beiden Punkte mit senkrechten Tangenten sind mit PS1 und PS 2 markiert. Der Übersichtlichkeit halber ist eine halblogarithmische Darstellung gewählt.

160

6 Differentialrechnung

(c.) Arbeitshinweis:

Allgemein gilt für die Ableitung von Funktionen in Polarkoordinaten: dy dx

r ˜ sin M  r ˜ cos M , wobei r für r r ˜ cos M  r ˜ sin M

dr dM

steht.

Zum Lösen unserer Beispielaufgabe bestimmen wir zuerst die Ableitung r : r

dr dM

cos M

Damit setzen wir ein in die Tangentensteigung: 1P

dy dx

r ˜ sin M  r ˜ cos M r ˜ cos M  r ˜ sin M

cos M ˜ sin M  sin M ˜ cos M

2 ˜ sin M ˜ cos M

cos M ˜ cos M  sin M ˜ sin M

1  2 ˜ sin 2 M

(wobei das Additionstheorem sin 2 M  cos 2 M 1 verwendet wurde.) Die Nullstellen des Zählers weisen auf waagerechte Tangenten hin (wenn der Nenner dort nicht verschwindet). Da ein Produkt Null wird, sobald einer der Faktoren Null wird, sind alle Nullstellen des Sinus und alle Nullstellen des Cosinus auch Nullstellen des Zählers: 1P

Mi ­° einerseits 2 ˜ sin M ˜ cos M Ÿ ® °¯andererseits Mn

(mit i  ])

i˜ʌ

 n+ 12 ˜ ʌ

(mit n  ])

Die Nullstellen des Nenners die (beim Nichtverschwinden des Zählers) die senkrechten Tangenten erkennen lassen, findet man gemäß 1 P 1  2 ˜ sin 2 M 0 Ÿ sin 2 M

1 2

Ÿ sin M

r

1 2

Ÿ Mj

 j  12 ˜ ʌ2

(mit j  ])

Die Veranschaulichung dieser Funktion und der berechneten Punkte zeigt Bild 6-10c.

Bild 6-10c Funktionsgraph zu der in Polarkoordinaten gegebenen Funktion r M sin M

Die Punkte mit senkrechten Tangenten gehören zu den Winkeln M j . Die Punkte mit waagerechten Tangenten gehören zu den Winkeln Mi und M n .

Aufg 6.10 Ableiten in Parameterdarstellung und Polarkoordinaten

(d.) Wieder bestimmen wir zuerst die Ableitung r 1

r

a ˜  cos  2M 2

Ÿ r

1

dy dx

Diese Ableitung setzen wir dann in

Ÿ

:

a ˜ 12 ˜  cos  2M 2 ˜   sin  2M ˜ 2N     innere

r ˜ sin M  r ˜ cos M r ˜ cos M  r ˜ sin M

cos  2M sin  2M

a ˜

cos  2M

sin  2M ˜ sin M  cos  2M ˜ cos M sin  2M ˜ cos M  cos  2M ˜ sin M

 mit den Additionstheoremen

sin  2M cos  2M

1P

ein:

sin  2M

a ˜

a ˜

innere Ableitung der inneren Ableitung

äußere Ableitung

dy dx

dr dM

161

˜ sin M  a ˜ cos  2M ˜ cos M ˜ ˜ cos M  a ˜ cos  2M ˜ sin M

cos  2M cos  2M

 2 2 2 ˜ sin M ˜ cos M ˜ cos M   cos M  sin M ˜ sin M 2 ˜ sin M ˜ cos M ˜ sin M  cos 2 M  sin 2 M ˜ cos M

sin  2M

2 ˜ sin M ˜ cos M

und

cos  2M

cos

2

5P

M  sin M 2

3 ˜ sin 2 M  cos2 M ˜ cos M 2 ˜ sin M ˜ cos 2 M  cos 2 M ˜ sin M  sin 3 M  3cos 2 M  sin 2 M ˜ sin M 3 ˜ sin 2 M  1  sin 2 M ˜ cos M  4 ˜ sin 2 M  1 ˜ cos M 3cos2 M  1  cos2 M ˜ sin M  4 ˜ cos2 M  1 ˜ sin M 2 ˜ sin 2 M ˜ cos M  cos3 M  cos M ˜ sin 2 M

Stellen mit senkrechter Tangente finden wir als Nullstellen des Nenners. Der Nenner wird Null, wenn einer der beiden Faktoren, aus denen er sich zusammensetzt, Null wird, also bei sin M

0 Ÿ Mi

i˜ʌ

und andererseits bei

(mit i  ])

4 ˜ cos 2 M  1 Ÿ cos 2 M

1 4

Ÿ cos M

­ einerseits M j ° r 12 Ÿ ® °andererseits M k ¯

 j+ 13 ˜ ʌ  k+ 23 ˜ ʌ

(j  ])

1P

(k  ])

(An all diesen Stellen hat der Zähler keine Nullstellen.) Stellen mit waagerechter Tangente finden wir als Nullstellen des Zählers. Diese treten auf, sobald einer der beiden Faktoren des Zählers verschwindet, also bei cos M

0 Ÿ Ml

l  12 ˜ ʌ

4 ˜ sin 2 M  1 0 Ÿ sin 2 M

(mit l  ]) 1 4

Ÿ sin M

und andererseits bei ­ einerseits Mm ° r 12 Ÿ ® ° andererseits M n ¯

 m+ 16 ˜ ʌ  n+ 56 ˜ ʌ

(m  ]) (n  ])

Die Kurve und die untersuchten markanten Punkte sind in Bild 6-10d veranschaulicht. Anmerkung: Die Mi , M n und M m sind im Graphen eingetragen, die M j , Mk und Ml nicht. Dies hat seinen Grund darin, dass die nicht eingetragenen M j , M k , Ml außerhalb des ersten Umlaufs der Funktion liegen, auf den wir uns laut Aufgabenstellung beschränken wollen.

1P

162

6 Differentialrechnung

Bild 6-10d

Graph der Lemniskate r

a ˜ cos  2M für

M  ª¬  ʌ4 ;  ʌ4 º¼ * ª¬ 34 ʌ ;  54 ʌ º¼ Markiert sind die Punkte mit waagerechten und mit senkrechten Tangenten.

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

      

(a.)

20 min

(a.)

(b.)

20 min

(b.)

(c.)

30 min

(c.)

(d.)

40 min

(d.)

(e.)

30 min

(e.)

(f.)

40 min

(f.)

(g.)

8 min

(g.)

Punkte (a.) 12 P

hh hh hh hh hh hh hh

(b.) 12 P (c.) 19 P (d.) 22 P (e.) 16 P (f.) 20 P (g.) 3 P

Führen Sie Kurvendiskussionen für die untenstehend gegebenen Funktionen unter Berücksichtigung folgender Aspekte durch: (i.) Definitionsbereich (ii.) Nullstellen (iii.) Polstellen (iv.) Asymptotisches Verhalten für lim und lim x of

(v.) (vi.) (vii.) (viii.) (ix.) (x.) (xi.)

x of

Gerade bzw. ungerade Symmetrieeigenschaften Ableitungen (von der ersten bis mindestens zur dritten) Extrema (Maxima und Minima) Wendepunkte und Sattelpunkte Schnittpunkt mit der y-Achse Wertebereich Skizze des Funktionsgraphen

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

163

Die zur Kurvendiskussion gegebenen Funktionen seien folgende: (a.) f  x x3  4 x 2  3 x  6 x3  4 x

(d.) f  x

x2  1

x3  1

(b.) f  x

2x  3 x 1

(c.) f  x

(e.) f  x

x2  4 x  5

(f.) f  x x 2 ˜ e

x2  1 

x 2

(g.) Hinweis auf eine allgemeine Stolperfalle bei der Berechnung von Asymptoten: 6 x 4  4 x3  x 2  5

Berechnen Sie das Verhalten für lim bei der Funktion f  x

2 x2  x  1

x orf

 Lösung zu 6.11 Für jede einzelne der gegebenen Funktionen wollen wir der Reihe nach die Punkte (i.) bis (xi.) durchgehen. x3  4 x 2  3 x  6

zu a: Die Funktion lautet f  x (a,i)

Bei Polynomen reeller Zahlen gibt es keine Definitionslücken

Ÿ \

1P

(a,ii) Durch Ausprobieren finden wir eine Nullstelle bei x1 1 , was sich durch einfaches Einsetzen bestätigen lässt: f 1 13  4 ˜ 12  3 ˜ 1  6 0 Da ein Polynom dritten Grades maximal drei reelle Nullstellen haben kann, spalten wir mittels Polynomdivision einen Faktor  x  x1 ab, um anschließend mittels pqFormel untersuchen zu können, ob noch weitere Nullstellen (in \ ) auftreten. 

 x3  4 x 2  3 x  6 :  x

1



x 2  3x  6

x3  x 2 

1P

3 x 2  3x

also:

3x 2  3 x 

f  x

6 x  6 6 x  6

x3  4 x 2  3 x  6

 x  1 ˜  x 2  3x  6

0





Mit der pq-Formel sind also die Nullstellen von x 2  3 x  6 zu suchen: x2,3

3 9  r 6 2 4

3 33  r 2 4

Ÿ

x2

3 1  ˜ 33 und 2 2

x3

3 1  ˜ 33 2 2

Die Funktion hat also drei reelle Nullstellen: x1, x2 und x3 (a,iii) Polstellen treten bei reellen Polynomen nicht auf. (a,iv) Asymptoten: Eine Vereinfachung des Ausdruckes für lim ist nicht möglich. xorf

1P

164

6 Differentialrechnung

1 P (a,v) Da das Polynom Summanden mit geradzahligem und solche mit ungeradzahligem Exponenten enthält, liegt weder eine gerade noch eine ungerade Symmetrie vor. (a,vi) Ableitungen: f '  x 3 x 2  8 x  3 1P

f ''  x

6x  8

f '''  x

6

Alle Ableitungen ab der vierten verschwinden identisch, d.h. sie sind überall Null. (a,vii)

Arbeitshinweis: Die notwendige Bedingung für Extrema lautet f '  x 0 .

Für unsere Aufgabe bedeutet dies: f '  x 0 Ÿ 3 x 2  8 x  3 0 Die Nullstellen der ersten Ableitung suchen wir wieder mit der pq-Formel. Dazu müssen wir die quadratische Gleichung in die Normalform bringen, d.h. der Faktor vor 8 3

dem x 2 muss 1 sein: x 2  x  1 0 1P

Ÿ x4,5

4 16 9  r  3 9 9

4 25  r 3 9

4r5 Ÿ x4 3

3 und

x5



1 3

Arbeitshinweis:

Ob es sich bei diesen Stellen wirklich um Extrema handelt, prüfen wir durch Einsetzen in die zweite Ableitung. Ist sie an den in Frage kommenden Stellen positiv, so handelt es sich um ein Minimum, ist sie hingegen dort negativ, so handelt es sich um ein Maximum: 1P

f ''  x4

6 x4  8 6 ˜ 3  8

f ''  x5

§ 1· 6 x5  8 6 ˜ ¨  ¸  8 10  0 Ÿ bei x 5 ist ein lokales Maximum © 3¹

10 ! 0

Ÿ

bei x 4 ist ein lokales Minimum

Anmerkung: Würde die Ableitung an einer der untersuchten Stellen verschwinden, so wären weitere Untersuchungen nötig. Solche Fälle werden wir im weiteren Verlauf von Aufgabe 6.11 noch betrachten. (a,viii) Arbeitshinweis: Sowohl Wendepunkte als auch Sattelpunkte haben die notwendige B Bedingung f '' 0 . Wir suchen die Nullstellen von f '' :

6 x  8 0 Ÿ x6

4 3

Arbeitshinweis: Hinreichende Bedingung für Wendepunkte ist f '' 0 und f ''' z 0 .

Wir setzen also ein: 1P

f '''  x6

6!0 Ÿ

Es handelt sich also um einen Wendepunkt, und zwar um einen

rechts-links-Wendepunkt, also um einen Wendepunkt mit Übergang von der Rechtskrümmung in die Linkskrümmung. Arbeitshinweis:

Zur Unterscheidung von rechts-links-Wendepunkten und links-rechts-Wendepunkten dient wieder das Vorzeichen von f ''' . Setzt man die Nullstellen von f '' in f ''' ein, so

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

165

zeigt ein positives Vorzeichen von f ''' an diesen Stellen auf einen rechts-links-Wendepunkt hin, ein negatives Vorzeichen hingegen auf einen links-rechts-Wendepunkt. Ist dieser Wendepunkt gleichzeitig auch ein Sattelpunkt? Arbeitshinweis:

Sattelpunkte sind spezielle Wendepunkte, nämlich solche, in denen die Kurve die Steigung Null hat. Hinreichende Bedingung wäre also: f ' 0 und f '' 0 und f ''' z 0 . Wir prüfen dies für unsere Aufgabe: f ''

und

f '''

an der Stelle

x6

kennen wir bereits, dazu berechnen wir

2

4 25 §4· f '  x6 3 x6 2  8 x6  3 3 ˜ ¨ ¸  8 ˜  3  z 0 . Dieser Wendepunkt ist also kein 3 3 ©3¹

1P

Sattelpunkt. Da die Kurve keine weiteren Wendepunkte hat, können auch keine weiteren Sattelpunkte auftreten. Die Kurve hat also überhaupt keine Sattelpunkte. (a,ix) Der Schnittpunkt mit der Ordinate liegt bei y

f  0 03  4 ˜ 02  3 ˜ 0  6 6

(a,x) Da die Funktion für x o f aus y o f kommt und für x o f nach y o f geht, 1P ist die nicht beschränkt. Der Wertebereich ist also $ \ (a,xi) Für eine einfache Handskizze trägt man zuerst die soeben berechneten charakteristischen Kurvenpunkte in ein xy-Diagramm ein und zeichnet dann die Kurve durch:

2P

Bild 6-11a Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11a Die Funktion lautet

f  x

zu b: Die Funktion lautet f  x (b,i)

x3  4 x 2  3 x  6

2x  3 x 1

Definitionsbereich: \ \ ^1` , denn die Nennernullstelle ist eine Definitionslücke.

166

6 Differentialrechnung

(b,ii) Der Zähler hat eine Nullstelle bei 2 x  3 0 Ÿ x1 

3 . 2

Da x1 keine Nullstelle des Nenners ist, ist x1 tatsächlich eine Nullstelle von f  x . 2 P (b,iii) Polstellen finden wir als Nullstellen des Nenners: x  1 0 Ÿ x2 1 Man erinnere sich daran, dass die Polstelle nicht im Definitionsbereich enthalten ist. (b,iv) Das asymptotische Verhalten von Polynombrüchen finden wir nach erfolgter Polynomdivision: 

 2 x  3 :  x  1

1P

2

2x  2

1 x 1

1

Da der echt gebrochene Anteil für lim verschwindet, also lim x orf

x orf

1 x 1

0 ist, sind

die Asymptoten: lim f  x 2 x orf

(b,v) Die Funktion ist weder gerade noch ungerade. Begründung: u  x 2 x zeigt ungerade Symmetrie, g  x 3 zeigt gerade Symmetrie

aber 1P

Die Summe aus beiden bildet den Zähler, der damit weder gerade noch ungerade ist. Damit bleibt auch dem gesamten Polynombruch die gerade oder ungerade Symmetrie verwehrt. (b,vi) Die Ableitungen sind als Vorarbeit für die Punkte (b,vii) und (b,viii) zu verstehen. Wir verwenden die Quotientenregel. f  x

2P

2x  3 x 1

u v

Ÿ

f ' x

1  x  1 ˜ 2   2 x  3 ˜ 1 2  x  1 2  x  1

Ÿ

f ''  x

2 ˜  x  1

Ÿ

f '''  x

6 ˜  x  1

  x  1

2

3 4

(b,vii) Notwendige Bedingung für die Existenz lokaler Extrema ist das Verschwinden der ersten Ableitung f '  x 0 . Da der Zähler von f ' keine Nullstellen hat, ist das Auftreten lokaler Extrema unmöglich. 1 P (b,viii) Notwendige Bedingung für das Auftreten von Wende- und Sattelpunkten ist das Verschwinden der zweiten Ableitung f ''  x 0 . Da auch f '' keine Nullstellen hat, treten derartige charakteristische Kurvenpunkte ebenfalls nicht auf. 1 P (b,ix) Der Schnittpunkt mit der y-Achse liegt bei x=0. Wir berechnen also f  0

2x  3 x 1

3

(b,x) Bei der Frage nach dem Wertebereich muss untersucht werden, welche möglichen yWerte die Funktion annehmen kann.

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

167

Wie wir aus (b,iv) wissen, gibt uns die Betrachtung des asymptotischen Verhaltens in diesem Beispiel hierüber keine Auskunft. Wir betrachten also das Verhalten der Kurve bei Annäherung an die Polstelle. Der linksseitige Grenzwert lautet lim f  x x o1

Der rechtsseitige Grenzwert lautet lim f  x x o1

lim

x o1

lim

2x  3 x 1

x o1

2x  3 x 1

f f

Damit ist eine Beschränkung des Wertebereichs nach oben oder unten ausgeschlossen. Wie wir am Funktionsgraphen (b,xi) erkennen werden, kann lediglich der asymptotische Wert nie vollständig erreicht werden. Somit lautet der Wertebereich der Funktion $ \ \ ^2` .

2P

(b,xi) Aus den soeben bestimmten markanten Kurveneigenschaften konstruiert man den in Bild 6-11b dargestellten Kurvenverlauf.

2P

Bild 6-11b Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11b 2x  3 Die Funktion lautet f  x x 1

zu c: Die Funktion lautet f  x (c,i)

x3  1 x2  1

Einschränkungen im Definitionsbereich ergeben sich aus Nullstellen des Nenners. Wir lösen also die Gleichung x 2  1 0 Ÿ x 2 1 Ÿ x1,2 r1 , bzw. x1 1 und x2 1 Diese beiden Punkte sind Definitionslücken

Ÿ \ \ ^1; 1` .

(c,ii) Nullstellen liegen sicher vor beim Verschwinden des Zählers und gleichzeitigem Nichtverschwinden des Nenners. Wir beginnen also mit der Suche der Nullstellen des Zählers.

1P

168

6 Differentialrechnung

Wir erraten unschwer eine Zählernullstelle bei x3 1 . Diese ist allerdings (wie wir aus (c,i) wissen) auch gleichzeitig eine Nullstelle des Nenners und muss daher weiter untersucht werden: Ob es sich dabei um eine behebbare Definitionslücke handelt, erfahren wir durch Kürzen, also nach erfolgter Faktorisierung des Zählers und des Nenners. 1P

Die Faktorisierung des Nenners ist nach (c,i) einfach: x 2  1  x  1 ˜  x  1 Die Faktorisierung des Zählers erfolgt mittels Polynomdivision: 

 x3  1 :  x  1

x2  x  1

x3  x 2 

 x2  1





 x2  x  1 ˜  x  1

Es gilt also: x3  1

 x2  x x 1 x 1 0

2P Damit können wir schreiben: f  x

x3  1

 x2  x  1 ˜  x  1

x2  1

 x  1 ˜  x  1

Die Stelle bei x3 1 ist also tatsächlich eine behebbare Definitionslücke, denn sie tritt als Nullstelle des Zählers und des Nenners gleichzeitig auf. Dies ändert nichts an der Definitionsmenge der Funktion f  x , aber es erlaubt uns, alle weiteren Überlegungen mit einer gekürzten Ersatzfunktion g  x

x2  x  1 x 1

durchzuführen, die in allen Punkten außer bei x3 mit f  x identisch ist. 2P

Da jedoch g  x3

 1 2   1  1  1  1



3 z 0 ist, kann man die Definitionslücke bei x3 2

nicht mit einer Nullstelle beheben, sondern mit dem Funktionswert  32 . Offen ist noch die Frage nach weiteren Nullstellen des Zählers. Diese beantworten wir jetzt, und zwar mit Hilfe der pq-Formel: x 2  x  1 0 Ÿ x4,5

1 1  r 1 \ 2 4

Diese Nullstellen sind komplex aber nicht reell. Das bedeutet, dass f  x in den reellen Zahlen tatsächlich keine Nullstellen hat. 1P

Im Übrigen werden wir bei allen weiteren Untersuchungen mit der Ersatzfunktion g  x arbeiten, da diese fast überall (d.h. überall außer in einem Punkt, nämlich bei

 x3; g  x3

) mit f  x identisch ist.

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

169

(c,iii) Polstellen findet man bei den Nullstellen des Nenners. g  x hat zwei Nennernullstellen, und zwar bei x1 1 und bei x3 1 . Die Nennernullstelle bei x3 haben wir bereits als behebbare Definitionslücke identifi- 1 P ziert; die Nennernullstelle bei x1 tritt nicht als Nullstelle des Zählers auf und ist daher eine Polstelle. (c,iv) Asymptotisches Verhalten findet man nach Polynomdivision 

 x2  x  1 :  x  1

x

x2  x

1 x 1

0 1

Wegen lim

x orf

1 x 1

0 folgt für die Asymptoten:

f  x

lim

x orf

1P

x

(c,v) Sowohl im Zähler als auch im Nenner tauchen gerade und ungerade Summanden nebeneinander auf. Folglich kann die Funktion weder gerade noch ungerade sein. (c,vi) Zum Ableiten benutzen wir die Ersatzfunktion und arbeiten mit der Quotientenregel u

g  x

x2  x  1 x 1

u v

Ÿ g ' x

u'  P v v'

 P  x-1 ˜  2x-1  x 2  x  1 ˜  1





2 x  1   

x2  2x

 x  1 2

1P

v2

g ' x

x2  2 x

 x  1

u v

2

Ÿ

g ''  x

v u  u' v' 

 



 2 2  x-1 ˜  2x-2  x  2 x ˜ 2  x  1





4

x  1   

2

1P

 x  1 3

v2

Ÿ

g '''  x

6 ˜  x  1

4

1P

(c,vii) Wo könnten Extrema sein? Dazu prüfen wir die notwendige Bedingung für Extrema, also g '  x 0 , wobei wir zunächst die Zählernullstellen von g ' suchen. Man könnte das mit der pq-Formel machen, aber hier geht es schneller durch Faktorisieren mit Ausklammern von x , nämlich: x2  2 x

x ˜  x  2

0 Ÿ

x6

0 und x7

1P

2 .

Da weder x6 noch x7 Nennernullstelle ist, handelt es sich um Nullstellen von g '  x . Um zu klären, ob bei x6 und x7 wirklich Extrema auftauchen, prüfe man die hinreichende Bedingung. Dabei kommt zu g '  x 0 noch g ''  x z 0 hinzu: g ''  x6 g ''  x7

2 3

 0  1 2

 2  1 3

2  0 Ÿ Maximum bei x 6

0

2 ! 0 Ÿ Minimum bei x 7

2

1P

170

6 Differentialrechnung

(c,viii) Wo könnten Wendepunkte sein? Dazu prüfen wir die notwendige Bedingung für Wendepunkte, also g ''  x 0 . Wie man durch Einsetzen in g '' sieht, liegen dessen Zählernullstellen bei 2 0 . Da diese Bedingung für kein x  \ erfüllt ist, hat die Funktion keine Wendepunkte. 1P

Sattelpunkte sind spezielle Wendepunkte. Wenn also keine Wendepunkte vorliegen, dann liegen auch keine Sattelpunkte vor.

1 P (c,ix) Der Schnittpunkt mit der y-Achse liegt bei y g  0

02  0  1 0 1

1

(c,x) Den Wertebereich sieht man am leichtesten, wenn man schon auf den nächsten und letzten Unterpunkt der Aufgabe 6.11c schaut, auf den Graphen der Kurve. Nach oben und unten ist die Funktion nicht beschränkt, aber die y-Werte zwischen den beiden Extrema fehlen im Wertebereich. Dazu berechnen wir g  x6

x6 2  x6  1 x6  1

02  0  1 0 1

1

g  x7

x7 2  x7  1 x7  1

22  2  1 2 1

3

1P

Ÿ $

\ \ @1;3>

für den Wertebereich

(c,xi) Aus den soeben bestimmten markanten Kurveneigenschaften konstruiert man den in Bild 6-11b dargestellten Kurvenverlauf.

2P

Bild 6-11c Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11c

Die Funktion lautet f  x

x3  1

, aber x2  1 der Graph sieht außer in einer behebbaren Definitionslücke genauso aus wie der Graph der Ersatzfunktion g  x

x2  x  1 x 1

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art x3  4 x

zu d: Die Funktion lautet f  x (d,i)

171

x2  1

Definitionslücken suchen wir als Nullstellen des Nenners, also durch Lösen der Glei- 1 P chung x 2  1 0 Ÿ x1,2 r 1  \ . In den reellen Zahlen treten bei dieser Funktion also keine Definitionslücken auf.

(d,ii) Da ein Nullwerden des Nenners nicht passiert, sind alle Nullstellen des Zählers auch Nullstellen der Funktion f  x . Diesen Zähler zerlegen wir in Linearfaktoren, indem wir zuerst ein x ausklammern und den Rest als dritte Binomische Formel erkennen: Ausklammern:

x3  4 x

Dritte Binomische Formel:

x2  4

x3

0; x4

2

x2  1

x 1

2; x5

x 2  22

x ˜  x  2 ˜  x  2

x3  4 x

Damit ist f  x

 x2  4 ˜ x  x  2 ˜  x  2

0

und wir sehen nun die drei Nullstellen:

2

2P

(d,iii) Da das Nennerpolynom keine reellen Nullstellen hat (siehe Teil d,i), wissen wir auch, dass keine Polstellen auftreten. (d,iv) Das asymptotische Verhalten untersuchen wir wie gewohnt durch Polynomdivision: 

 x3  4 x :  x2  1

x

x3  x

5x 2

x 1

 5x

Wegen

lim

x orf

5x 2

x 1

0 folgt also für die Asymptoten lim

x orf

f  x

1P

x .

(d,v) Die Funktion zeigt ungerade Symmetrie. Begründung: - Im Zähler zeigen alle Summanden ungerade Symmetrie, also ist das Zählerpolynom ungerade (Merkregel: u  u 6 u ) -

Im Nenner zeigen alle Summanden gerade Symmetrie, also ist das Nennerpolynom gerade (Merkregel: g  g 6 g )

-

Der Quotient der beiden Polynome ist dann ungerade (Merkregel:

u 6u) g

1P

(d,vi) Abgeleitet wird nach der Quotientenregel: 3

f  x

x  4x x2  1

u v

Ÿ

f ' x

v u'  u 



  v' P 2 2 3 x +1 ˜ 3x -4  x  4 x ˜  2 x





 2  1 x2 

v2



x4  7 x2  4

 x  1 2

2

1P

172

6 Differentialrechnung

f ' x

x4  7 x2  4

 x  1 2

2

u v

Ÿ

f ''  x

v  u' u v'





     2 2 3 4 2 2 x  1 ˜ 4x  14 x  x  7 x  4 ˜ 2 x  1 ˜ 2 x





 4  1 x2 





v2

2P

 x2  1 ˜  4x3  14 x   x4  7 x2  4 ˜ 4 x 3  x2  1 f ''  x

f ''  x

10 x3  30 x 3

 x2  1

u v

Ÿ

4 x5  4 x3  14 x3  14 x  4 x5  28 x3  16 x

 x2  1

f '''  x

10 x3  30 x

3

3

 x2  1

v  v' u u' 



      3 2 2 2 3 2 x  1 ˜ -30x  30  10 x  30 x ˜ 3 x  1 ˜ 2 x





 6  1 x2 





v2

2P

 x2  1 ˜  -30x 2  30  10 x3  30 x ˜ 6 x 4  x2  1 f '''  x

-30x 4  30 x 2 -30x 2  30  60 x 4  180 x 2

 x2  1

30x 4  180 x 2  30

4

 x2  1

4

(d,vii) Die Suche nach Extrema beginnt mit der Prüfung der notwendigen Bedingung f ' 0 . Da der Nenner von f ' keine Nullstellen enthält, genügt es, die Zählernullstellen zu x4  7 x2  4 0 suchen: Rechentrick: Um die Nullstellen eines beliebigen Polynoms vierten Grades zu finden, gibt es kein allgemeines Verfahren. Aber hier liegt ein Sonderfall vor, den man sich als Rechentrick merken sollte. Dieses Polynom vierten Grades enthält keine ungeraden Exponenten von x , d.h. es treten keine x1 und keine x3 auf. Dadurch lässt sich die zu lösende Gleichung auf eine quadratische Gleichung reduzieren, indem man die Substitution einführt: t : x 2 Ÿ t 2  7t  4 0

Diese Gleichung lässt sich ganz einfach mit der pq-Formel lösen: t1,2

7 49  r 4 2 4

TR TR 7 65 TR  r | 3.5 r 4,0311 Ÿ t1 | 7,5311 und t 2 | 0,5311 2 4

TR

Resubstitution liefert das Ergebnis in x : 2P

TR

x6,7 |r t1 | r 7.5311  \ TR

x8,9

TR

r t2 | r 0.5311 | r 0,7288

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

173

Natürlich hat das Polynom vierten Grades in den komplexen Zahlen vier Nullstellen, aber nur zwei davon sind reellwertig, nämlich x8 und x9 . Diese kommen als Kandidaten für Extrema in Frage. Durch Einsetzen in f '' wollen wir überprüfen, um welche Art von Extrema es sich dabei handelt – falls es überhaupt solche sind. f ''  x8

f ''  x9

TR 10 x83  30 x8 TR |  5,0126 > 0 Ÿ Minimum in x8 |  0,7288 3 x82  1





10 x93  30 x9 3

 x92  1

TR

1P

TR

|  5,0126 < 0 Ÿ Maximum in x 9 |  0,7288

(d,viii) Die Suche nach Wendepunkten und Sattelpunkten beginnt mit der Prüfung der dafür notwendigen Bedingung f '' 0 . Da der Nenner keine Nullstellen enthält, genügt es, die Zählernullstellen zu suchen: 10 x3  30 x 0 Rechentrick: Obwohl hier die Nullstellen eines Polynoms dritten Grades gesucht werden müssen, ist kein Erraten einer Nullstelle nötig, denn es taucht kein x-freier Summand auf. Man kann also einfach x ausklammern und folgern: 10 x3  30 x



10 ˜ x ˜ x 2  3



0 Ÿ

x10

0 ;

x11

 3 ;

x12

 3

1P

Die hinreichende Bedingung für Wendepunkte folgt aus dem zusätzlichen Einsetzen von x10, 11 und 12 in f ''' :



f ''' x 10



f ''' x 11



f ''' x 12

30x 10 4  180 x 10 2  30

 x102  1

0  0  30

4

30x 114  180 x 112  30



x 112



1

30 ˜ 9  180 ˜ 3  30

4

§ ¨ ©

30x 12 4  180 x 12 2  30

 x122  1

30 ! 0 Ÿ rechts-links-Wendepunkt in x 10

 0  1 4

 3

2

·  1¸ ¹

4

30 ˜ 9  180 ˜ 3  30

4

§ ¨ ©

 3

2

·  1¸ ¹

4

0.9375  0 Ÿ links-rechts-Wdp. in x 11

2P 0.9375  0 Ÿ links-rechts-Wdp. in x 12

Damit ist die Suche nach Wendepunkten geklärt. Wir wollen jetzt nach Sattelpunkten schauen. Diese sind spezielle Wendepunkte, nämlich solche mit der Steigung Null. Deshalb müssen wir x10, 11 und 12 in f ' einsetzen, um herauszufinden, ob einer oder mehrere der gefundenen Wendepunkte auch gleichzeitig Sattelpunkte sind:



f ' x 10



f ' x11

f ' 0

 3 § ¨ ©

4

04  7 ˜ 0  4

 0  1 2  7˜

 3

 3

2

·  1¸ ¹

2

2

4

4 z 0 Ÿ kein Sattelpunkt in x 10 .

9  21  4

 3  1

2

13 z 0 Ÿ kein Sattelpunkt in x11 . 8

174

2P

6 Differentialrechnung 4

 3  7 ˜  3 f '  x12 2 2 § ¨©  3  1·¸¹

2

4

9  21  4

 3  1

2

13 z 0 Ÿ kein Sattelpunkt in x12 . 8

Sattelpunkte tauchen also bei dieser Funktion überhaupt nicht auf. 1 P (d,ix) Der Schnittpunkt mit der y-Achse liegt bei y

f  0

03  4 ˜ 0 02  1

0

Dies überrascht uns nicht, nachdem wir wissen, dass bei x 0 eine Nullstelle vorliegt. (d,x) Der Wertebereich ist $ \ . Die Begründung sieht man wie folgt: - Polstellen existieren nicht (siehe: d,iii), also gibt es keine Definitionslücken. - Eine Beschränkung nach oben oder unten existiert auch nicht (siehe d,iv), denn die 1P Asymptoten sind lim f  x x , und somit nicht beschränkt. x orf

(d,xi) Unter Berücksichtigung der soeben berechneten markanten Kurvenpunkte zeichnet man den in Bild 6-11d dargestellten Kurvenverlauf.

2P

Bild 6-11d Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11d

Die Funktion lautet f  x

zu e: Die Funktion lautet f  x 1 P (e,i)

x3  4 x x2  1

x2  4 x  5

Definitionslücken könnten sich ergeben, wenn der Radikand negativ wird. Dies könnten sogar ausgedehnte Definitionslücken sein. Wie wir aber gleich bei (e,ii) sehen werden, hat die Funktion keine Nullstellen, sondern der Radikand ist für alle x  \ positiv. Deshalb ist der Definitionsbereich: \

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

175

(e,ii) Die Wurzel ist Null, wenn der Radikand Null wird. Nach solchen Nullstellen suchen wir mit der pq-Formel: x 2  4 x  5 0 Ÿ x1,2 2 r 4  5  \ Folgerung: Die Funktion hat in der Menge der reellen Zahlen keine Nullstellen. (e,iii) Polstellen treten nicht auf.

1P

(e,iv) Den lim f  x finden wir in diesem Fall am leichtesten, indem wir ein x 2 aus der x orf

Wurzel herausziehen, wobei man daran denken muss, dass das Quadrieren das Vorzeix2  4 x  5

chen löscht (Betragsstriche beachten): Wegen lim

x orf

4 x

5

0 und lim

x orf x 2

Damit ist lim f  x

lim

x orf

x orf

0 ist lim

1

x orf

x2  4 x  5

x ˜ 1

4 5  x x2

Die Asymptote von f  x ist also yas  x

1

4 5  x x2

lim x ˜ 1 

x orf

4 5  x x2

lim x

x orf

2P

x .

(e,v) Da bereits der Radikand als Summe gerader und ungerader Terme weder gerade noch ungerade Symmetrie aufweist, kann auch die Funktion selbst keine der beiden Sym- 1 P metrieformen aufweisen. (e,vi) Die erste Ableitung bilden wir mit der Kettenregel, für alle höheren Ableitungen braucht man zusätzlich noch die Quotientenregel (Kettenregel bei v' nicht vergessen): f  x

x2  4 x  5

 x2  4 x  5

v

 

Ÿ f ''  x

 x2  4 x  5

1 2

1 2

Ÿ

f ' x

1 2 x  4x  5 2





 12

v'

   u

  12 1 2 ˜ 1   x  2 ˜ x  4 x  5 ˜  2 x  4 x2  4 x  5 2 ˜ x2  4 x  5 x2  4 x  5   

u' P







 



 x  2

˜  2 x  4

 x 2  4 x  5



1 2

u v

1P

1 2

(Bruch erweitern)

1 2

v2

  x 2  4 x  5   x  2 ˜  x  2 = x 2  4 x  5  x 2  4 x  4 = 1 = x 2  4 x  5   x2  4 x  5  x2  4 x  5  x2  4 x  5 3 2

Ÿ

f '''  x

3  ˜ x2  4 x  5 2





 52

3 2

3 2

˜  2 x  4

2P 3 2

3 ˜  x  2

 x2  4 x  5

5 2

1P

(e,vii) Die Suche nach Extrema beginnen wir mit der Prüfung der notwendigen Bedingung: f ' x

0 Ÿ

 x  2

 x2  4 x  5

1 2

0 Ÿ

 x  2

0 Ÿ

x3

2

Dort könnte ein Extremum sein. Ob es tatsächlich ein solches ist, und falls ja – welches, dies überprüfen wir durch Einsetzen von x3 in die zweite Ableitung:

1P

176

1P 1P

6 Differentialrechnung

f ''  x3

 2

2

 4 ˜  2  5



 32

1 ! 0 Ÿ in x3 liegt ein Minimum vor.

(e,viii) Die Suche nach Wende- und Sattelpunkten beginnt man mit der Suche nach Nullstellen von f '' . Da solche hier nicht auftreten, wissen wir, dass die Funktion weder Wende- noch Sattelpunkte haben kann.

1 P (e,ix) Der Schnittpunkt mit der y-Achse liegt bei y

f 0

02  4 ˜ 0  5

5

(e,x) Der Wertebereich ist nach oben unbegrenzt, denn die Asymptote für yas  x

x

lim

x orf

ist

(siehe e,iv). Nach unten hingegen wird er durch das Minimum begrenzt,

sodass wir den zum Minimum gehörenden y -Wert jetzt ausrechnen müssen: y  x3

1P

f  2

 2 2  4 ˜  2  5

1

Damit lautet der Wertebereich: $ ^ y | y t 1`

>1; f>

\ \ @f;1>

Anmerkung: Zur Beschreibung der bezeichneten y -Werte genügt natürlich eine der drei hier nebeneinander dargestellten Schreibweisen. Die Verwendung verschiedener Schreibweisen dient zur Übung des Lesers. Dabei sind Intervallgrenzen immer so angegeben, dass bei nach außen geöffneten eckigen Klammern die zugehörige Grenze nicht im Intervall enthalten ist (offene oder halboffene Intervalle), die Grenze an der nach innen geöffneten eckigen Klammer hingegen doch (geschlossene oder halbgeschlossene Intervalle). (e,xi) Damit ergibt sich der Plot des Funktionsgraphen nach Bild 6-11e:

2P

Bild 6-11e Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11e

Die Funktion lautet f  x

x2  4 x  5

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

x2 ˜ e

zu f: Die Funktion lautet f  x



177

x 2

x

(f,i)

Da sowohl y x 2 als y e 2 für alle x  \ definiert sind, gilt dies auch für den gesamten Definitionsbereich Ÿ \ .

(f,ii)

Sobald einer der beiden Faktoren verschwindet, hat die Funktion eine Nullstelle. Da das Verschwinden für die Exponentialfunktion nicht möglich ist, liegen Nullstellen nur beim Verschwinden des Faktors x 2 vor. D.h., die einzige Nullstelle liegt bei x1 0 .

(f,iii) Polstellen: keine

2P

(f,iv) Asymptotisches Verhalten für x o r f : Da die Exponentialfunktion für x o r f stärker ist, als jedes Polynom, bestimmt sie auch hier das Verhalten für x o r f . x

Für positive x gilt: Wegen lim e  2

0 ist auch lim f  x

0.

x of

x of

x

Für negative x hingegen gilt: Wegen lim e 2 x of

f ist auch lim f  x x of

f .

Als Asymptote könnte man für lim f  x nur die Funktion selbst angeben – ein ver- 2 P x of

einfachter Ausdruck lässt sich dabei nicht aufstellen. (f,v)

x

Da die Exponentialfunktion e  2 weder gerade noch ungerade Symmetrie aufweist, 1P überträgt sich das Fehlen dieser Symmetrien auf die gesamte Funktion f  x .

(f,vi) Abgeleitet wird mit der Produktregel unter Berücksichtigung der Kettenregel: f  x



v

f ' x

x

2 Ÿ x 2 ˜ eN N

f ' x

u







x



x

 2 x  12 x2 ˜ e 2

1P

u'







x

2 Ÿ 2 x  12 x 2 ˜ eN  

u

f ''  x

v

f ''  x

x

2 ˜ 2x x 2 ˜ e 2 ˜  12  eN N N

v   u v





Ÿ

x





x

f '''  x



1 x2 4



 2x  2 ˜ e



x 2

2P

v'

u'

v x

1 x2  2 x  2 ˜ e 2  N 4  

u v





2 ˜ 2  x 2 x  12 x 2 ˜ e 2 ˜  12  eN 

 

 

u



x



x

1 x2  2 x  2 ˜ e 2 ˜  1  e 2 ˜ 1 x  2   2 Nu 2  4  

 

u'

v

f '''  x

  18 x2  23 x  3 ˜ e

v'



2P

x 2

(f,vii) Auf der Suche nach Extrema prüfen wir zuerst die notwendige Bedingung f ' 0 : Da die Exponentialfunktion nicht Null werden kann, kommt nur 2 x  12 x 2 0 in Frage. Die hierdurch bestimmten x-Werte lassen sich durch Ausklammern von x sofort finden: 2 x  12 x 2

 2  12 x ˜ x

0 Ÿ zwei mögl. Extrema bei x2



0 und bei 2  12 x3



0 , also x3

4

1P

178

6 Differentialrechnung

Ob es sich dabei um Extrema handelt, erfahren wir durch Einsetzen in die zweite Ableitung: f ''  x2 f ''  x3

1P





x2 2





x3 2



1x 2 4 2

 2 x2  2 ˜ e



1x 2 4 3

 2 x3  2 ˜ e

 14 ˜ 02  2 ˜ 0  2 ˜ e0

2 ˜ 1 2 ! 0 Ÿ Hier liegt ein Minimum.

 14 ˜ 42  2 ˜ 4  2 ˜ e2

2 ˜ e2  0 Ÿ Hier liegt ein Maximum.

Anmerkung: Da x1 mit x2 identisch ist, liegt bei x 0 eine Nullstelle und ein Minimum zugleich vor. (f,viii) Wendepunkte und Sattelpunkte – Die notwendige Bedingung erfordert das Suchen der Nullstellen der zweiten Ableitung:

f ''  x



x

 14 x2  2 x  2 ˜ e 2

alfunktion die Null nicht erreichen kann, geht dies nur bei

1 x2 4

0 . Da die Exponenti0 . Wir brin-

 2x  2

gen diese Gleichung in Normalform und suchen die Nullstellen mit Hilfe der pqFormel: x2  8x  8 0 Ÿ

2P

TR

x4,5

4 r 16  8

4r 8 Ÿ

TR

x4 | 1.17157 und x5 | 6.82843

Zur Prüfung der hinreichenden Bedingung für Wendepunkte setzen wir zusätzlich in f ''' ein : 

x4 2

| 0.787  0 Ÿ



x5 2

| 0.0465 ! 0 Ÿ

f '''  x4

  81 x42  32 x4  3 ˜ e

f '''  x5

  18 x52  23 x5  3 ˜ e

1P

links-rechts-Wendepunkt in x4 rechts-links-Wendepunkt in x5

Die Frage, ob einer oder mehrere dieser Wendepunkte gleichzeitig ein Sattelpunkt ist, ?

?

klären wir durch Einsetzen in die erste Ableitung: f '  x4 0 und f '  x5 0 ? Beide Fragen können wir ohne Nachrechnen mit „NEIN“ beantworten, denn wir haben unter Punkt (f,vi) bereits die Nullstellen von f ' gesucht: x4 und x5 sind nicht dabei. Da wir solchermaßen wissen, dass f '  x4 z 0 und f '  x5 z 0 sind, ist klar, dass die

1P

Funktion keine Sattelpunkte hat. (f,ix) Den Schnittpunkt mit der y-Achse haben wir oben bereits als Nullstelle identifiziert: y

1P (f,x)

1P

f 0

02 ˜ e



0 2

0

Der Wertebereich ist nach oben unbegrenzt (siehe asymptotisches Verhalten für x o  f ), nach unten hingegen ist er begrenzt, und zwar wie folgt: Beide Faktoren von f  x , nämlich x 2 und e



x 2

sind immer t 0 . Die Funktionswerte

müssen also auch immer t 0 sein. Aufgrund der Existenz einer Nullstelle wissen wir, dass die Null tatsächlich erreicht wird, also ist der Wertebereich $ ^ x | x t 0` .

Aufgabe 6.11 Kurvendiskussionen verschiedenster Art

179

Arbeitstrick: Die Argumentation bei der Auffindung des Wertebereichs ist logisch nachvollziehbar, aber mancher Leser mag sich fragen, wie er im Prüfungsfall aus eigener Kraft auf eine derartige Argumentation hätte kommen können. Dazu sei hier einen Hinweis zur Auffindung von Wertebereichen (im allgemeinen Fall) geben:

Wenn man sich zuerst den Graphen einer Funktion malt, dann ist danach die Bestimmung ihres Wertebereichs ganz einfach. Dem Graphen sieht man auf einen Blick an, welche Werte erreicht werden können und welche nicht. Ergeben sich dann Beschränkungen durch Extrema oder durch asymptotisches Verhalten, so kann man auf die Kenntnis dieser Eigenschaften bereits zurückgreifen, da man all diese Dinge in der vorangehenden Kurvendiskussion ja schon untersucht hat. Dies ist auch der Grund, warum man die Betrachtung des Wertebereichs immer ganz zum Abschluss einer Kurvendiskussion vornehmen sollte. (f,xi) Der Plot des Funktionsgraphen ist in Bild 6-11f zu sehen.

2P

Bild 6-11f Funktionsgraph zu Aufgabe 6.11e

Die Funktion lautet f  x

zu g: Bei der Betrachtung der Asymptoten (Verhalten für

x2 ˜ e



x 2

lim ) von Polynombrüchen ha-

x orf

ben wir immer Polynomdivision verwendet. In einigen Fällen ist dies unerlässlich, das nachfolgende Beispiel ist eines davon:

lim f  x

x orf

lim

x orf

6 x 4  4 x3  x 2  5 2 x2  x  1

Um dies einzusehen, führen wir die Polynomdivision aus:

180



6 Differentialrechnung

 6 x4  4 x3  x2  5 :  2 x2  x  1

3x 2  12 x  74 

5 x 13 4˜ 2 x 2  x 1





6 x 4  3 x3  3 x 2 

1 ˜ x3  4 x 2 1 ˜ x3  12 x 2  12 x 

7 x2  2 7 x2  2

1 x5 2 7x 7 4 4

 54 x  13 4

3 P Dass der Divisionsrest bei der Bestimmung der Asymptoten keine Rolle spielt, weil er gegen 5 x 13 Null geht, weiß jeder Leser ohne viel Erklärung; es ist nämlich lim 0 , denn das 2





x orf 4˜ 2 x  x 1

Zählerpolynom hat einen höheren Grad als das Nennerpolynom. Die Asymptote lautet also lim f  x 3 x 2  12 x  74 . x orf

Stolperfalle: Genau in der korrekten Angabe der Asymptote liegt der entscheidende Punkt. Sie lautet yas  x lim f  x 3x 2  12 x  74 , x orf

denn gegen yas konvergiert die Funktion f  x für x o r f , d.h. der Abstand zwischen f  x und yas wird für x o r f unendlich klein. Eben dadurch ist ja bekanntlich das asym-

ptotische Verhalten definiert. Ein Fehler, der immer wieder bei Anfängern beobachtet wird, ist das Weglassen der Terme 1 x  7 . Da diese aber für x o r f durchaus nicht gegen Null gehen, nähert sich f x eben  2 4 nicht asymptotisch an 3x 2 an, sondern der Unterschied zwischen lim f  x und lim 3x 2 x orf

wird nicht unendlich klein, er beträgt vielmehr

lim 1 x orf 2

x

7 4

x orf

rf und ist damit in diesem

Beispiel sogar unendlich groß. Eine absolut sichere Methode zur Vermeidung dieses Fehlers ist die Polynomdivision, in der Form, wie sie im vorliegenden Buch prinzipiell immer bei der Bestimmung des asymptotischen Verhaltes von Polynombrüchen angewandt wird.

Aufgabe 6.12 Beispiel – Harmonischer Oszillator



2 min

h

Punkte 1P

Die Auslenkung y  t eines (näherungsweise ungedämpften) harmonischen Oszillators als Funktion der Zeit sei gegeben durch die Gleichung y  t A ˜ sin Z0t  M0 (übliche Bezeichnungen: A = Amplitude, Z0 = Eigenkreisfrequenz, M0 = Nullphasenwinkel) Geben Sie die Gleichungen für die Geschwindigkeit und die Beschleunigung des Oszillators als Funktion der Zeit an.

Aufgabe 6.13 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe

181

 Lösung zu 6.12 Die Auslenkung steht für den Ort: y  t A ˜ sin Z0t  M0 Die Geschwindigkeit ist die 1. Ableitung des Ortes nach der Zeit: y  t A ˜ cos Z0t  M0 ˜ Z0 Die Beschleunigung ist die 2. Ableitung des Ortes nach der Zeit: y  t  A ˜ sin Z0t  M0 ˜ Z02

1P

Aufgabe 6.13 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe



12 min

Punkte 5P

hh

Aus Tabellenwerken sei ein Maß für die Belastbarkeit B eines Biegebalkens mit rechteckigem Querschnitt entsprechend Bild 6-13 entnommen, und zwar zu B : c ˜ ab 2 , wobei c eine Konstante ist, die verschiedene Größen wie Materialeigenschaften, Einspannverhältnisse, etc… beschreibt; a sei die Breite und b die Höhe des Balkens. (Eine Definition für das verwendete Maß der Belastbarkeit ist für unsere Aufgabe nicht von Interesse.) Frage: Sie haben die Aufgabe, aus einem Baumstamm mit kreisrundem Querschnitt (siehe Bild 6-13) einen Balken mit maximaler Belastbarkeit zu sägen: Mit welcher Breite a und mit welcher Höhe b muss der Balken gesägt werden, damit die Belastbarkeit maximal wird? Der Radius des Baumstammes sei r 10 cm .

Bild 6-13 Skizze des Querschnittes eines Biegebalkens der Höhe „ b “ und Breite „ a “, der aus einem zylindrischen Baumstamm mit dem Radius „ r “ herausgesägt wurde.

 Lösung zu 6.13 1. Schritt: Da wir zwei Größen bestimmen sollen, nämlich a und b , aber nur nach einer Größe ableiten wollen, müssen wir eine der beiden Größen durch die andere ausdrücken. Dies geht mit Hilfe des Satzes von Pythagoras: a 2  b2  2r 2 Aufgelöst nach b2 ergibt sich: b2

4 ˜ r 2  a2

Einsetzen in das Widerstandsmoment liefert: B : c ˜ a ˜ b

(6.15a) 2



2

c˜a˜ 4˜r  a

2



2

4car  ca

3

1P

182

6 Differentialrechnung

2. Schritt: Da die Belastbarkeit nun als Funktion einer einzigen Variablen ausgedrückt ist, nämlich a , können wir zum Zwecke der Extremwertsfindung nach dieser Variablen ableiten. 1P

d Ba da

4cr 2  3ca 2

3. Schritt: Wir suchen nun die Nullstellen der Ableitung und finden das Ergebnis. 4cr 2  3ca 2

0 Ÿ 3ca 2

4cr 2

Ÿ a2

4 r2 3

Ÿ a

r

TR

4 3

˜ r |r 5.77 cm

1 P Da negative Abmessungen sinnlos sind, kommt nur in Betracht: a 

4 3

TR

˜ r | 5.77 cm

Einsetzen von a 2 in Gleichung (6.15a) liefert b : b2

4 ˜ r2 

 43 r 2

8 r2 3

Ÿ b

Damit ist das Ergebnis genannt: 1P

8 3

TR

˜ r | 8.16 cm (Sinnvoll sind nur positive Abmessungen.)

Breite des Balkens: a Höhe des Balkens: b

4 3 8 3

˜ 10 cm ˜ 10 cm

4. Schritt: Streng genommen müsste man jetzt noch anhand der zweiten Ableitung kontrollieren, ob der gefundene Wert auch tatsächlich ein Maximum ist. Bei „Textaufgaben“ erübrigt sich diese Kontrolle oftmals, weil aus der Anschauung mit klarem Menschenverstand heraus bereits klar ist, ob es sich um ein Maximum, ein Minimum oder einen Sattelpunkt handelt. Nichtsdestotrotz sei der Vollständigkeit halber nachfolgend noch die zweite Ableitung untersucht. d2 da 2

Ba

6ca  0

1 P Der Ausdruck ist tatsächlich negativ, weil c und a prinzipiell immer positiv sein müssen. Das oben genannte Ergebnis repräsentiert also tatsächlich ein Maximum.

Aufgabe 6.14 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe



10 min

hh

Punkte 4P

Wir betrachten die Parabel f  x 5  2 x 2 und das im ersten Quadranten definierte Rechteck entsprechend Bild 6-14. Für welches x wird der Flächeninhalt maximal? Geben Sie auch die Größe der zugehörigen (maximalen) Fläche an.

Aufgabe 6.15 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe

183

Bild 6-14 Beschreibung eines Rechtecks dessen Fläche maximiert werden soll.

 Lösung zu 6.14 1. Schritt: Wir stellen eine Formel zur Berechnung der Rechtecksfläche F  x als Funktion des x auf:

F  x



Breite ˜ Höhe x ˜ f  x x ˜ 5  2 x 2



5 x  2 x3

1P

2. Schritt: Ableiten und Nullsetzen der Ableitung führt zur Suche nach Extrema: F ' x 5  6x2

0 Ÿ 6 x2

5 Ÿ x2

5 6

Ÿ x1,2

r

5 6

Bei der gegebenen Aufgabenstellung macht nur die positive Lösung einen Sinn, denn die 1 P negative Lösung liegt außerhalb des zu untersuchenden Bereichs: x1 

5 6

3. Schritt: Anhand der zweiten Ableitung lässt sich prüfen, ob wirklich ein Maximum vorliegt. F ''  x

12 x Ÿ F ''  x1

12 x1

12 ˜

5 6

 120  0

Da die zweite Ableitung negativ ist, handelt es sich wirklich um ein Maximum. 4. Schritt: Berechnung des Flächeninhalts: F  x1 5 x1  2 x13 5 ˜

5 6

 2˜

125 216

TR

| 3.0429

Aufgabe 6.15 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe



10 min

hh

Punkte 5P

Sie sollen möglichst materialsparend zylindrische Konservendosen bauen. Wie müssen Sie den Durchmesser und die Höhe des Zylinders einstellen, damit Sie möglichst wenig Blech verbrauchen (minimale Oberfläche), um ein vorgegebenes Dosenvolumen V von genau einem Liter zu erreichen?

1P 1P

184

6 Differentialrechnung

 Lösung zu 6.15 1. Schritt: Beschreibung der Geometrie (siehe Bild 6-15) Die Dosenoberfläche besteht aus zwei Kreisen (Boden und Deckel) und einem Zylinderman1 P tel und lautet daher: A 2 ˜ S r 2  2S r ˜ h N 

Kreis

Mantel

S r2 ˜ h

Das Dosenvolumen ergibt sich aus Grundfläche mal Höhe: V

Bild 6-15 Veranschaulichung der Dose, deren Oberfläche zu minimieren ist.

2. Schritt: Um die Grundfläche durch einen einzigen unbekannten Parameter ausdrücken zu können, lösen wir die Formel des Volumens nach h auf, damit wir dann durch Einsetzen das h aus der Formel der Oberfläche eliminieren können: V

½ ° ¾ Ÿ 2 2S r  2S r ˜ h °¿ h

1P A

S r2

A

2S r 2  2S r ˜

V

2S r 2 

S r2

2V r

Nun kennen wir die Oberfläche als Funktion des Parameters r . 3. Schritt: Ableiten der Oberfläche nach r und Nullsetzen der Ableitung liefert den Radius 1P

d Ar dr

4S r 

2V r2

0 Ÿ 4S r

2V r2

V 2S

Ÿ r3

Ÿ r

3

V 2S

3 1000 cm

2S

3

| 5.41926 cm

Die Höhe ergibt sich dann durch Einsetzen in die Formel für das Volumen 2

1P

V

§ V ·3 Sr ˜h S ˜¨ ¸ ˜h Ÿ h © 2S ¹ 2

2

V

S

˜

 2S 3 V

2 3

1

1

43 ˜V 3

S

1 3

3

4V

S

3

4 ˜ 1000 cm3

S

| 10.83852 cm

Nebenbemerkung: In der realen Produktion werden sehr viele Konservendosen nach der hier gezeigten Optimierung des Materialverbrauchs hergestellt.

Aufgabe 6.16 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe

185

4. Schritt: Das Untersuchen der zweiten Ableitung erübrigt sich eigentlich aus Gründen der Anschauung. Der Vollständigkeit halber sei es dennoch kurz vollzogen: d2 dr 2

d §d · ¨ A r ¸ dr © dr ¹

A r

4S 

4V r3

4S 

4V V 2ʌ

1P

4S  8S 12S ! 0

Damit ist klar, dass das gefundene Extremum wirklich ein Minimum der Oberfläche ist.

Aufgabe 6.16 Textbeispiel – Maximalwertaufgabe



Punkte 5P

hh

10 min

Sie ziehen eine Linie der Länge r , halbieren diese in der Mitte durch den Punkt M und schlagen um M einen Halbkreis ebenfalls mit dem Radius r . Danach verbinden Sie die beiden Enden A und B der Linie mit einem Punkt auf dem Halbkreis C – die Konstruktion ist dargestellt in Bild 6-16. (a.) Wie groß muss der in diesem Bild eingetragene Winkel D sein, damit die Fläche des Dreiecks A B C maximal wird? (b.) Wie groß wird die Fläche des Dreiecks A B C dabei?

Bild 6-16 Konstruktion eines Dreiecks, dessen Fläche maximiert werden soll.

 Lösung zu 6.16 Da es sich bei der Konstruktion um einen Thales-Kreis handelt, ist das Dreieck rechtwinkelig. Daher ist die Fläche des Dreiecks zu berechnen als F 12 x ˜ y (dabei spielt x die Rolle einer Grundfläche und y die Rolle einer Höhe; vgl. Bild 6-16). Nach Pythagoras ist x 2  y 2 r 2 Ÿ y Damit ergibt sich die Fläche zu F  x

1 2

r 2  x2 . x ˜ r 2  x2

1 2

 r 2 x2  x4

1 2

1P

Nullsetzen der Ableitung führt zur Suche des Maximums: d F x dx 

1 4

 12

 r 2 x 2  x 4 ˜  2r 2 x  4 x3

2r 2 x  4 x 3 4 ˜ r 2 x2  x4

0

1P

186

1P

6 Differentialrechnung

Der Bruch wird zu Null, wenn der Zähler verschwindet, aber der Nenner nicht. Wir suchen also die Nullstellen des Zählers: x1 0 und ­° 2r 2 x  4 x3

 2r 2  4 x 2 ˜ x

0 Ÿ ® 2 °¯r

2 x 2,32

Ÿ

1 2

r

x 2,3

˜r

Die Zählernullstelle bei x1 0 ist gleichzeitig eine Nennernullstelle. Man könnte nachweisen, dass sie zu einem Minimum der Fläche führt. Von den Zählernullstellen bei x 2,3 r ten also nur: x2



1 2

1 2

˜ r macht nur die positive Lösung Sinn, wir betrach-

˜r .

Der Nenner von

d F x dx 

4 ˜ r 2 x2 2  x2 4

4 ˜ r 2 ˜ 12 r 2 

wird dort nicht zu Null, wie man leicht sieht, nämlich:

 12 r 2

2

1 r4 4

4˜

2r 2 z 0 .

1 P Also ist die Zählernullstelle wirklich eine Nullstelle von

d F x . dx 

Den Winkel D berechnen wir aus der Definition des Sinus: sin D

x r

1 2

Ÿ D

45q

Bei diesem Winkel wird die Dreiecksfläche maximal. Der Wert der zugehörigen Dreiecksfläche ergibt sich wie folgt: 1P

F

1 2

x˜ y

1 2

x ˜ r 2  x2

1 2



1 2



˜ r ˜ r2 



1 2

˜r



2

1 2



1 2



˜r ˜

1 r2 2

1˜ 2

1 2

˜

1 2

˜ r2

1 r2 4

Aufgabe 6.17 Krümmung von Kurven



(a,b.) (c,d.) (e.)

4 min 6 min 8 min

(a,b.) (c,d.) (e.)

Punkte

hh

(a,b.) je 2 P (c,d.) je 3 P (e.) 4 P

Nachfolgend sind einige Funktionen gegeben, zu deren Kurven Sie bitte in einem Punkt P0  x0 ; y0 die Krümmung und den Krümmungsradius berechnen. Geben Sie außerdem auch die Lage des Lage des zugehörigen Krümmungsmittelpunktes an. Die zu untersuchenden Funktionen und Punkte P0 lauten: (a.) f  x 3 x 2  2 x  4 mit P0 1;9 in expliziter Angabe in kartesischen Koordinaten 2

(b.) f  x e x mit P0  0;1 in expliziter Angabe in kartesischen Koordinaten (c.) x  t cos  t und y  t exp  t im Punkt P0 bei t0 0 (in Parameterdarstellung) (d.) x  t

9  t 2 und y  t t 2  3t  2 im Punkt P0 bei t0

(e.) Die Archimedische Spirale r M M im Punkt P0 bei M0

0 (in Parameterdarstellung) ʌ 2

(in Polarkoordinaten)

Aufgabe 6.17 Krümmung von Kurven

187

 Lösung zu 6.17 Ist die Funktion explizit in kartesischen Koordinaten gegeben, so gilt: f ''  x0

Krümmung K

1   f ' x 2

3

1 K

und Krümmungsradius R 2

0

Der Krümmungsmittelpunkt als Mittelpunkte des Kreises mit dem Krümmungsradius an die Kurve der Funktion f  x hat seine Lage bei xM

x0 



f '  x0 ˜ 1   f '  x0

2



und

f ''  x0

y0 

yM

1   f '  x0

2

f ''  x0

(a.) Für diesen Aufgabenteil ergibt sich f  x 3x 2  2 x  4

f ' x

Ÿ

6x  2

Ÿ

f ''  x

6

1  8 2

6

K  P1



1  8

xM

1

TR

2





3

8 ˜ 1  8

R  P1

und

| 0.01144936 2

2



6

257 3

und

85.6

1 K  P1

yM

9

1  8

6

2

6

3

1P

2 TR

| 87.3411256 , dazu

119 19.83 6

Der im Punkt P1 in die Krümmung einbeschriebene Kreis hat den Radius R 87.3411256 . 1 P Sein Mittelpunkt liegt bei PM

; 119  257 3 6

(b.) Die ersten beiden Ableitungen der Funktion erhalten wir als e x

f  x K  P1

2

2 3

1   0 0 ˜ 1   0 0 2

2 x ˜ e x

f ' x

Ÿ

2

Ÿ

1 K  P1

R  P1

2 und

2

f ''  x

 4 x 2  2 ˜ e x

2

, woraus folgt: 1P

1 , sowie 2

1P

2

xM

2 ˜ 1

und

0

1

yM

1  0 TR | 0.5 2 ˜ 1

(c.& d.) Ist die Funktion in kartesischen Koordinaten in Parameterdarstellung gegeben, so gelten am Punkt P0  x  t0 ; y  t0 die Berechnungsformeln:

Krümmung K

x '  t0 x ''  t0

y '  t0 y ''  t0

 x 't   y 't 2

0

2

0

3

und 2

Krümmungsradius R

1 K

188

6 Differentialrechnung

Der Krümmungsmittelpunkt hat seine Lage bei x  t0 

xM



2

x '  t0 x ''  t0

y '  t0 y ''  t0

y '  t 0 ˜  x '  t 0   y '  t0

2



und

yM

y  t0 



2

x '  t0 x ''  t0

y '  t0 y ''  t0

x '  t 0 ˜  x '  t0   y '  t 0

2



(Dabei tauchen Determinanten im Zähler der Krümmung und in den Nennern der Mittelpunktskoordinaten auf.) Setzen wir die Werte der Vorgaben ein, so erhalten wir für die Aufgabenteil (c.) und (d.): (c.) Für

1P

y t

exp  t

 sin  t

y 't

exp  t

 cos  t

y ''  t exp  t

x t

cos  t

x 't x ''  t

und

x  t0 1 , x '  t0

Ÿ

0 , x ''  t0

y  t0 1 ,

1

(und t0 0 ) ist

y '  t0 1 ,

y ''  t0 1

Diese Werte führen uns zu den gefragten Ergebnissen: 0 1 1 1

1P K

 02  12

3

0   1

1 K

Ÿ R

1

1

2

1 Krümmungsradius

und für den Mittelpunkt des Krümmungskreises 1P

1

xM



1 ˜ 02  12

1

0 1 1 1

Ÿ

1 1

und

0

1

yM

9  t2

x t

(d.) Für

1P





0 ˜ 02  12 0 1 1 1





1

t ˜ 9  t 2

x ''  t

 9  t2

x  t0

3 , x '  t0





1

2

2



 t2 ˜ 9  t2



3

0 , x ''  t0

2

 13

und

erhalten wir als Krümmungsradius 0

1P K



1

3

3 2

 0   3 2



0   13 ˜  3 3

2

9

3

2

1 27

Ÿ

R

1 K

1

0 1 1

y  t t 2  3t  2

und

x 't



27

y 't

2t  3

y ''  t

2

y  t0

2 ,

y '  t0

(und t0 0 ) ist

3 ,

y ''  t0

2

Aufgabe 6.17 Krümmung von Kurven

189

und für den Mittelpunkt des Krümmungskreises xM

(e.) P0

3

0

 3 ˜

2

  3

2



3



0   13 ˜  3

Ist

die

Funktion

27 1

in

und

24

2

yM

Polarkoordinaten



0 ˜ 02   3

2



gegeben,

so

1P

2



0   13 ˜  3

gelten

am

Punkt

 x0 ; y0  r M0 ˜ cos M0 ; r M0 ˜ sin M0 bei r M0 die Berechnungsformeln:

 r M 0

Krümmung K

2

2

 2 ˜  r ' M0   r M0 ˜  r '' M0

  r M   r ' M 2

2

0

3

und Krümmungsradius R

2

1 K

0

Der Krümmungsmittelpunkt hat seine Lage bei xM

 r M   r ' M ˜  r M ˜ cos M  r ' M ˜ sin M r M ˜ cos M 

yM

 r M   r ' M ˜  r M ˜ sin M  r ' M ˜ cos M r M ˜ sin M 

2

2

0

0

0

0

 r M 0

2

0

0

0

0

0

2

 2 ˜  r ' M0   r M0 ˜  r '' M0

2

2

0

und

0

0

 r M 0

2

0

0

0

0

2

 2 ˜  r ' M0   r M0 ˜  r '' M0

Mit den Vorgaben der Aufgabestellung erhalten wir dann r M M r M 0

Ÿ

ʌ 2

Ÿ

r ' M 1

Ÿ

r '' M

Ÿ

r '' M0 1

Ÿ

r '' M0

0

1P

0

Diese Werte setzen wir ein und kommen zu den gefragten Ergebnissen: Krümmung K

 ʌ2

2

§ ¨ ©

2

 2˜1 

 ʌ2

2

 ʌ2 ˜ 0 | 0.69190875 , TR

2·

 1 ¸ ¹

3

Krümmungsradius R

2

1 TR | 1.4452773 K

1P

Der Krümmungsmittelpunkt hat seine Lage bei xM

ʌ 2

yM

ʌ 2

˜ cos

˜ sin



§ ¨ ©



§ ¨ © 

ʌ 2

ʌ 2

 ʌ2

2

2·  1 ¸ ˜ ¹

 ʌ2  ʌ2

2

2

2

 2 ˜ 1 

2·  1 ¸ ˜ ¹

 ʌ2

2

 ʌ2 ˜ cos  ʌ2  1 ˜ sin  ʌ2  ʌ2 ˜  0

 ʌ2 ˜ sin  ʌ2  1 ˜ cos  ʌ2 2

 2 ˜ 1 

 ʌ2 ˜  0



ʌ 2

§ ¨ ©

 ʌ2 § ¨ ©

 ʌ2

2

2

2·  1 ¸ ˜ 1 ¹ 2

 2 ˜ 1 

TR

 ʌ2 ˜  0

| 0.7761562

1P

2

 ʌ2  1 2 ·¸¹ ˜  ʌ2 ˜1 | 0.351613 2  ʌ2  2 ˜ 1 2 TR

1P

7 Integralrechnung

Aufgabe 7.1 Integration von Polynomen

 

(a,b.)

je 1 min

(a,b.)

(c,d.)

je 2 min

(c,d.)

Punkte (a,b.) je 1 P

h hh

(c,d.) je 1 P

Berechnen Sie die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.) I1 (c.) I 3

³  4x

³

2



³ 4x

(b.) I 2

 3x  7 dx

§ 1 5 3 1 1 · ¨4 x   x  2 ¸ dx 3 ¨ ¸ x x x4 ¹ ©

³

(d.) I 4

2



2

 3 x 7  7 x dx

2 x4  3 x 3

7 ˜ x4

dx

 Lösung zu 7.1 Bei Polynomen wird jeder Summand einzeln integriert, indem man den Exponenten um eins erhöht und den Kehrwert des so erhöhten Exponenten als Faktor vor jeden Summanden multipliziert. (a.) I1

³  4x

(b.) I 2

³ 4x

(c.)

I3

³

2



4 ˜ 13 x3  3 ˜ 12 x 2  7 x  C

 3x  7 dx

2

2



 3x 7  7 x dx

9

³x 4 5

I4

(d.)

³

3

7˜ x

4

dx

³

 23 x 2  7 x  C

4 ˜ 11 x 1  3 ˜ 79 x 7  7 ˜ 12 x 2  C

§ 1 5 3 1 1 · ¨4 x   x  2 ¸ dx ¨ 3 4 ¸ x x x ¹ ©

2x4  3 x

4 x3 3

§ 2 x 4 3x 12 ¨ 4  4 ¨ 7x 3 7x 3 ©

· ¸ dx ¸ ¹

1 4

x

5 4

 12

x  2x

§2

³ ¨© 7 ˜ x

8 3

4 x

1

3

 x 5  x 2  x

 12

5 8

8 5

 x x

3 5 ·  ˜ x 6 ¸ dx 7 ¹

1

1P 9

 73 x 7  72 x 2  C

 34

dx

 3x

 13

1P C

2 3 113 3 1 ˜ ˜ x  ˜6˜ x 6  C 7 11 7 6 113 18 16 x  x C 77 7

Stolperfalle: Man vergesse nicht die Integrationskonstanten.

1P

1P

192

7 Integralrechnung

Aufgabe 7.2 Integration mittels Substitution

     

(a,b)

je 2 min

(a,b)

(c,d)

je 2 min

(c,d)

(e,f,g,i) je 2 min

(e,f,g)

(h,j)

(h,i,j)

je 4 min

(k,l,m) je 3 min

(k,l,m)

(n,o,p) je 5 min

(n,o,p)

Punkte (a) 1 P (b) 1 P

h h hh hh hhh hhh

(c) 1 P (d) 1 P (e) 2 P (f) 2 P (g) 2 P (h) 4 P (i) 2 P (j) 3 P (k) 3 P (l) 3 P (m) 3 P (n) 3 P (o) 2 P (p) 3 P

Berechnen Sie die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.) I1 (d.) I 4

5

³ 3x  2 dx ³ 2 x ˜  x  3 dx

(b.) I 2

2

³ 6x

2

 4 ˜ x3  2 x dx

(h.) I8

³ sin

4

 x dx

(k) I11

³ ³



(e.) I 5

(f.) I 6

(n.) I14

³ 5 ˜ sin  2x  1 dx

arcsin  x 1  x2



ln x ˜ e x x

dx

dx



(g.) I 7

(i.) I 9

³ cos  x ˜

(l.) I12

³ x ˜ ln  x dx

(o.) I15

(c.) I 3 3

³ cos( x) ˜ sin  x dx ³ 6x  4 ˜  x  2x 2

3 3  sin

 x dx

1

³ 3x

4

 5x2  1

3

4

(j.) I10 (m.) I13

2

6 x3  5 x

1

³ 5x  7 dx

dx

(p.) I16

dx 1  ln  x

³ x ˜ ln  x dx sin  x  cos  x

³ sin  x  cos  x dx

³

x2  2 x  1 dx x 1

 Lösung zu 7.2 Es handelt sich um Integrale, die mit Hilfe der Methode der Substitution gelöst werden. Dabei wird ein von x abhängiger Ausdruck durch eine zusammenfassende Variable (wie z.B. z ) ausgedrückt, wobei gleichzeitig ein Zusammenhang zwischen dx und dz herzustellen ist, mit dessen Hilfe dx durch dz ersetzt wird. Diesen Zusammenhang zwischen dx und dz findet man bei einer Vielzahl von Aufgaben am leichtesten, indem man z nach x ableitet. Wenn man nun nach dx auflöst, kann man das dx im Integral sofort durch einen Ausdruck in dz ersetzen. Wir lösen nun die gestellten Beispielaufgaben:

Aufgabe 7.2 Integration mittels Substitution

(a.) I1

5

1

5

˜ dz ³ 3x  2 dx ³ z  3

193

1 1 6 ˜ z  C1 3 6  

1  3 x  2 6  C2 18   

Integration

Resubstitution

Substitution

Substitution: z : 3x  2 Ÿ

dz dx

1P

1 dz 3

3 Ÿ dx

Hinweis zur Durchnummerierung der Integrationskonstanten: Bei der Resubstitution könnte sich der Wert der Integrationskonstanten ändern, deshalb führen wir bei diesem Schritt eine neue Integrationskonstante ein. Es ist unnötig, einen Zusammenhang zwischen den beiden Konstanten C1 und C2 herzustellen, denn beide sind willkürlich (aber konstant). (b.) I 2

1

³ 5 ˜ sin  2x  1 dx ³ 5 ˜ sin  z ˜ 2 dz Substitution: z : 2 x  1 Ÿ

(c.) I 3

(d.) I 4

1

dz dx

5 ˜   cos  z  C1 2

5  cos(2 x  1)  C2 2

1P

1 dz 2

2 Ÿ dx

1 1

1 1 ˜ ln  z  C1 ˜ ln  5 x  7  C2 5 5 dz Substitution: z : 5 x  7 Ÿ 5 Ÿ dx 15 dz dx

³ 5x  7 dx ³ z ˜ 5 dz

1P

2 1 2 1 1 4 9 z  C1 ˜ x 2  3  C2 x  3 x 2   C2 2 2 2 2 dz Substitution: z : x 2  3 Ÿ 2 x Ÿ 2 x ˜ dx dz dx

³ 2x ˜  x  3 dx ³ z dz



2



1P

Anmerkung: Wer nicht substituiert sondern ausklammert, hat ebenso korrekt gerechnet: I4

³ 2x ˜  x  3 dx ³  2x 2

3



 6 x dx

1 4 x  3 x 2  C3 2

Es ist eben C3

9  C2 . 2

Stolperfalle: Man vermeide unter allen Umständen eine Vermischung der x und der z innerhalb eines Integralzeichens. Wenn über dx integriert wird, dann ist die gesamte zu integrierende Funktion ausschließlich nur in x auszudrücken – andere Variablen haben dort nichts zu suchen. Gleiches gilt in analoger Weise für z . Eine Vermischung der Variablen innerhalb eines Integralzeichens führt bei Anfängern immer wieder zu Rechenfehlern und zum Verlust der Orientierung. Arbeitshinweis: Wenn man einen Ausdruck findet, dessen Ableitung als Faktor zum dx auftaucht, dann ist oftmals die Substitution die Integrationsmethode der Wahl, denn beim oben genannten Ableiten des dz nach dx , kommt genau der bewusste Faktor zum dx . Wir sehen nachfolgend Beispiele hierfür: (e.) I 5

3

3

1 4 1 4 sin  x  C2 z  C1 4 4 dz Ÿ cos  x Ÿ dz cos  x ˜ dx dx

³ cos( x) ˜ sin  x dx ³ z dz Substitution: z : sin  x

2P

194

7 Integralrechnung

Hinweis: Die Idee zur Substitution liegt auf der Hand: Die Ableitung des sin  x ist der cos  x , und der taucht als Faktor zum dx auf.

(f.) I 6

³ 6x



2



 4 ˜ x3  2 x dx



Hinweis: Hier muss man genau hinsehen, um zu erkennen, dass die Ableitung von x3  2 x



3





als Faktor zu dx auftritt, und zwar wie folgt: Bekanntlich ist die Ableitung des x  2 x der



Ausdruck 3 x 2  2

1 ˜ 6 x 2  4 . Die gesuchte Ableitung taucht also hier nur bis auf einen 2







konstanten Faktor auf, und dieser lässt sich mühelos vor das Integral ziehen. Die Integration sieht dann wie folgt aus: I6

³ 6x

2P

2





 4 ˜ x3  2 x dx

2˜

³  3x

2

Substitution: z : x3  2 x Ÿ

³ 6x

(g.) I 7

2





4

 4 ˜ x3  2 x dx

2˜





 2 ˜ x3  2 x dx dz dx

³  3x

3 x 2  2 Ÿ dz

2

z 2  C1

³

2 ˜ z dz



 2 ˜ x3  2 x



4

 x3  2 x

Substitution: z : x3  2 x Ÿ

dz dx

2 ˜ z 4 dz

³

dx

3 x 2  2 Ÿ dz

 C2

3x2  2 ˜ dx 2 z5 5 5

 x3  2 x 3x2  2 ˜ dx 2 5

2P

2

 C1  C2

Hinweis: Dieser Aufgabenteil ist dem vorausgehenden Teil (f.) sehr ähnlich. Der Unterschied liegt lediglich in der Potenz des z . (h.) I8

³ sin

4

 x dx

Arbeitshinweis: Die Integration goniometrischer Funktionen (dies sind Funktionen, in denen die Winkelfunktionen auftauchen) vereinfacht sich oftmals erheblich, wenn man mit Hilfe von Additionstheoremen die Funktion in eine möglichst einfache Form bringt, bevor man mit dem Ausführen der Integration beginnt. Im vorliegenden Fall bietet sich folgendes Additionstheorem an: sin 4  x I8

³ sin

4

1 ˜ cos 8

 x dx

 4 x  12 ˜ cos  2 x  83 .

1˜ 8

Damit folgt dann

³ cos  4 x dx  ˜ ³ cos  2 x dx  ³ 1 2

3 dx 8

Zwei Substitutionen werden nun gleichzeitig vorgenommen und

u : 4x Ÿ s : 2x Ÿ

du 4 dx ds 2 dx

Aufgabe 7.2 Integration mittels Substitution

Ÿ I8

1˜ 8

³ cos u ˜

1 du  1 ˜ 4 2

³ cos  s ˜

195

1 ds  2

³

3 dx 8

1 ˜ sin 32

(i.) I 9

³ cos  x ˜

3 3  sin

 x dx

³z

1 3

4

3 4

dz

 4 x  14 ˜ sin  2 x  83 x  C2

3˜3 4

z 3  C1

 3  sin  x 4  C2 dz dx

Die Substitution liegt auf der Hand: z : 3  sin  x Ÿ

(j.) I10

1  ln  x

³ x ˜ ln  x dx ³

1  ln  x dx ˜ ln  x x

³

1 z ˜ dz z

4P

 u  14 ˜ sin  s  83 x  C1

1 ˜ sin 32

1

z





2P

cos  x

³ z ˜ dz  ³ z ˜ dz

ln  z  z  C1

ln ln  x  ln  x  C2 z : ln  x Ÿ

Mit der Substitution:

dz dx

1 x

dx x

Ÿ

3P

dz

Arbeitshinweis: Mitunter sind auch nach erfolgter Substitution mehr oder weniger ausgedehnte Rechenwege erforderlich, bis schließlich die Lösung eines Integrals erreicht wird. (k) I11

³

arcsin  x 1 x

2

dx

1 2 z  C1 2

³ z dz

1 arcsin 2  x  C2 2

z : arcsin  x Ÿ

Mit der Substitution:

3P

1

dz dx

1  x2

Ÿ

dx

dz

1  x2

Arbeitstrick: Wenn Arcus-Funktionen und Area-Funktionen auftauchen, erinnere man sich an deren Ableitungen. 1

1

1

1 1

³ x ˜ ln  x dx ³ ln  x ˜ x dx ³ z ˜ 2 dz dz Mit der Substitution: z : ln  x Ÿ dx

(l.) I12

2

2

2

1 ln  z  C1 2

1 x2

˜ 2x

  C

1 ln ln x 2 2

2 Ÿ x

1 dx x

2

1 dz 2

Stolperfalle: Auch beim Ableiten des

dz sind immer alle Ableitungsregeln zu beachten und z.B. auch die dx

Kettenregel nicht zu vergessen. Arbeitshinweis: Nicht immer hat man auf Anhieb die Idee für die passende Substitution. Würde man bei Aufgabenteil (l.) z.B. nur z : x 2 substituieren, so käme man nicht zum Erfolg. In solchen Fällen kann man mehrere verschiedene Ansätze probieren, bis man schließlich einen funktionsfähigen Ansatz findet, der zur Lösung der Aufgabe führt.

3P

196

7 Integralrechnung

(m.) I13 3P

 dz z

³



ln x ˜ e x x

dx

³

 dx

integrieren kann: I14

³1dx  ³

³

x  ln  x x

ln  x x

1 x

Ÿ

dx x

ln  x x

 dz

dx

dz , womit man wie folgt



x  12 ln  x

x  12 z 2  C2

³

x  C1  z dz

dx

³1dx  ³

dx

dz dx

z : ln  x Ÿ

Erst jetzt folgt die Substitution:



 ln cos  x  sin  x  C2

 sin  x  cos  x Ÿ  sin  x  cos  x ˜ dx

ln  x  ln e x x



 ln  z  C1

dz dx

Substitution: z : cos  x  sin  x Ÿ

(n.) I14 3P

sin  x  cos  x

³ sin  x  cos  x dx ³



2

 C3

Arbeitshinweis: Vor Beginn der Integration bringt man das Integral durch geeignete Umformungen in eine zur Lösung der Aufgabe brauchbare Form. (o.) I15 2P

6 x3  5 x

³ 3x

4

2

 5x  1

dx

1

³ z˜

1 dz 2

Substitution: z : 3x 4  5 x 2  1 Ÿ

(p.) I16

³

1 ˜ ln 2

dz dx

 z  C1

§ · ln ¨ 3x 4  5 x 2  1 ¸  C2 © ¹

12 x3  10 x Ÿ

1 dz 2

 6 x3  5x dx

x2  2 x  1 dx x 1

Substitution: z :

x 1

1

 x  1 2

Ÿ

dz dx

1 2

1

 x  1  2

1˜ 2

1 x 1

1 2z

Ÿ dx

2 z ˜ dz

Dann lässt sich der Integrand nämlich wie folgt umformen z:

3P

x 1 Ÿ

z2

x 1 Ÿ

z4

 x  1 2

Das gesuchte Integral wird somit I16

³z

3

x 2  2 x  1 und somit: ˜ 2 z dz

4

³ 2 z dz

2 5 z  C1 5

x2  2 x  1 x 1 2 ˜ 5

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.) (h.)

1 min 3 min 5 min 5 min 1 min 2 min 2 min 2 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.) (h.)

hh hh hh hh

z3

 x  1 5  C2

Aufgabe 7.3 Partielle Integration

   

z4 z

Punkte (a) 1 P (b.) 2 P (c) 3 P (d) 3 P (e) 2 P (f) 1 P (g) 2 P (h) 2 P

Aufgabe 7.3 Partielle Integration

197

Berechnen Sie die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.) I1 (d.) I 4 (g.) I 7

³ x ˜ sin  x dx ³ sin  x dx

2

2

(e.) I 5

³ arctan  x dx

3x

³ x ˜ e dx ³ ln  x dx

(b.) I 2

³  ln  x

(h.) I 5

(c.) I 3 (f.) I 6

x

³ e ˜ sin  x dx ³ x ˜ ln  x dx

2

dx

 Lösung zu 7.3 Es handelt sich um Integrale, die mit Hilfe der partiellen Integration gelöst werden. Dabei wird der Integrand in zwei Teile zerlegt und dann in Teilen integriert. (a.) I1

 x dx ³ Nx ˜ sin 

v

u'

 cos  x  C1  1N ˜   cos  x dx Nx ˜   

v'   v

³

u

1P

 x ˜ cos  x  sin  x  C2

u

Arbeitshinweis: Beim partiellen Integrieren ist immer einer der beiden Teile abzuleiten. Im vorliegenden Beispiel leitet man sinnvollerweise denjenigen Faktor ab, der durch das Ableiten verschwindet. Dies ist ein typischer Anwendungsfall für die partielle Integration. Anmerkung: Die Integration ist erst dann fertig, wenn sämtliche Integralzeichen aufgelöst sind. (b.) I 2

³

3x x 2 ˜ eN dx N v1

xN2 ˜ 13 e3 x  C1  N v1

u'1

u1

³

2Nx ˜ 13 e3 x dx v' |v N 1

2

1 x 2 ˜ e3 x 3

u1 |u'2

ª 1 e3 x   «« 2x N˜N 9 «¬ v2 u 2

³

º 2N ˜ 91 e3 x dx »»  C2 v'2 N » u2 ¼

 13 x2  92 x ˜ e3x  92 ˜ ³ e3x dx  C2  13 x2  92 x ˜ e3x  92 ˜ 13 e3x  C3  13 x2  92 x  272 ˜ e3x  C3

2P

Hinweis: Es gibt Integrale, bei denen die partielle Integration mehrfach hintereinander wiederholt angewandt werden muss. Im vorliegenden Beispiel genügt bereits die zweifache Anwendung. Bei der Markierung mit v,u, v', u' wird der Index „1“ für den ersten Schritt verwendet und der Index „2“ für den zweiten Schritt. Stolperfalle: Beim mehrfachen partiellen Integrieren ist die Gefahr von Vorzeichenfehlern relativ groß. Man vermeidet derart unnötige Fehler am sichersten, indem man beim eigentlichen Rechenschritt des Integrierens reichlich Klammern setzt, die man in einem eigenen Rechenschritt anschließend in Ruhe auflöst. (c.) I 3

x

 x dx ³ eN ˜ sin 

v1

u'1

eNx ˜   cos  x  C1  eNx ˜   cos  x dx  

 

v1

³

u1

v'1

e x ˜ cos  x  C1  eNx ˜ cos  x dx 

u1

e x ˜ cos  x  eNx ˜ sin  x  C2  eNx ˜ sin  x dx 



v v' 2

u2

³

2

u2

³

v2

u'2

e x ˜  sin  x  cos  x  C2  I3

2P

198

7 Integralrechnung

Rechentrick: Das vorliegende Beispiel ist typisch für eine ganze Reihe von Integralen, die sich beim partiellen Integrieren selbst reproduzieren. In solchen Fällen führt eine Äquivalenzumformung zum Ziel; wir betrachten hierzu nämlich die gesamte Gleichung und bringen das gesuchte Integral (hier I 3 ) auf eine Seite. In unserem Beispiel gelingt dies, indem man auf beiden Seiten 1˜ I 3 addiert. Dies sieht wie folgt aus: I3 Ÿ 2 ˜ I3

1P

e x ˜  sin  x  cos  x  C2  I 3

 I3

e ˜  sin  x  cos  x  C2

˜ 12

x

1 ex 2

Ÿ I3

˜  sin  x  cos  x  C3

Dies ist die gesuchte Lösung.

(d.) Hinweis: Auch dieses Integral reproduziert sich durch partielle Integration selbst, und kann durch anschließende Äquivalenzumformung (ähnlich wie bei Aufgabenteil (c.)) aufgelöst werden. Es handelt sich dabei um ein Standard-Beispiel, das mitunter in Klausuren abgefragt wird. 1P

I4

 x ˜ sin  x dx ³ sin  

v

sin  x ˜   cos  x  C1  cos  x ˜   cos  x dx   

  

u'

v

³

u

v'

 sin  x ˜ cos  x  C1  cos 2  x dx

³

u

In welcher Weise sich das Ausgangs-Integral ( I 4 ) hier bereits reproduziert hat, sieht man durch Einsatz eines Additionstheorems, nämlich sin 2  x  cos2  x 1 . Damit ergibt sich 2

³ cos  x dx ³1dx  ³ sin

2

 x dx .

Einsetzen in I 4 liefert 2P

I4

 sin  x ˜ cos  x  C1  cos 2  x dx

³

 sin  x ˜ cos  x  C1  1 dx  sin 2  x dx

³

³

 sin  x ˜ cos  x  x  C2  I 4

 I4

Die nötige Äquivalenzumformung ist auch hier eine simple Addition des I 4 : 2 ˜ I4

2 P (e.) I 5

 sin  x ˜ cos  x  x  C2

 x dx ³ 1N ˜ lnN u'

v

Ÿ

I4

 12 sin  x ˜ cos  x  12 x  C3

1 ln  x ˜ x  C1  ˜ Nx dx N N Nx u u v

³

fertig.

x ˜ ln  x  x  C2

v'

Hinweis: Bei den Aufgabenteilen (a.) und (b.) war gezeigt worden, wie man x oder Potenzen von x mittels partieller Integration durch Ableiten (von v nach v' ) aus dem Integranden entfernen kann. Dass man auf die selbe Weise einen Logarithmus entfernen kann, sieht man bei den Aufgabenteilen (e.) und (f.). Wie man im Allgemeinen das Verfahren der partiellen Integration benutzen kann, um Funktionen zuerst abzuleiten und danach die Ableitung zu integrieren, wird in den Aufgabenteilen (g.) und (h) gezeigt.

Aufgabe 7.4 Integration nach geeigneter Umformung

199

(f.) I6

1 1 2 ln  x ˜ 12 x 2  C1  ˜ 2 x dx N N x N N v

 x dx ³ Nx ˜ lnN u'

v

³

u

1 x 2 ˜ ln 2

u

v'

 x  C1  ³ 12 x dx

1 x 2 ˜ ln 2

 x  14 x 2  C2

1P

Hinweis Æ siehe oben

(g.) I 7

1 arctan  x ˜ Nx  C1  ˜ Nx dx  

u 1N  x2 u v

x dx 

³ 1N ˜ arctan   u'

³

v

v'

Der durch partielle Integration entstandene Zwischenschritt lässt sich mittels Substitution dz dx

integrieren: z : 1  x 2 Ÿ 1

1 dz 2

2 x Ÿ x ˜ dx

Damit folgt

³ z ˜ dz x ˜ arctan  x  ln  z  C x ˜ arctan  x  ln 1  x  C Anmerkung: Bei ln 1  x wird die Betragsbildung überflüssig, denn 1  x ist stets positiv. I7

arctan  x ˜ x  C1 

1 2

1 2

2

(h.) I 5

 x ˜ ln  x dx ³ lnN N u'

v

2

1 2

2

2

1 ln  x ˜  x ˜ ln  x  x  C1  ˜  x ˜ ln  x  x dx N   

 

x  N v

³

u

³

u

v'

ln  x ˜  x ˜ ln  x  x  C1  ln  x dx  1 dx

³

2P

ln  x ˜  x ˜ ln  x  x   x ˜ ln  x  x  x  C2

2

x ˜  ln  x  2 x ˜ ln  x  2 x  C2

Bei der Berechnung des u' aus dem u wurde das Ergebnis von Aufgabenteil (e.) verwendet.

Aufgabe 7.4 Integration nach geeigneter Umformung

  

(a,b.) (c.) (d.)

je 3 min 6 min 12 min

(a,b.) (c.) (d.)

(e.)

je 15 min

(e.)

hh hhh hhh

Punkte (a.) 2 P (b.) 2 P (c.) 4 P (d.) 7 P (e.) 8 P

Berechnen Sie bitte die nachfolgenden unbestimmten Integrale: x2  2x  1 dx x 1

(a.) I1

³

(d.) I 4

³x

2x 4

2

 6 x  13

dx

2P

3

(b.) I 2

³x

(e.) I 5

³x

1 2

 4x  5 1

2

 2x  8

dx dx

(c.) I 3

³x

2 x 2

 4x  5

dx

200

7 Integralrechnung

 Lösung zu 7.4 Manche Integrale lassen sich durch geeignete Umformungen in eine für das Lösen angenehme Form bringen. In den Beispielen von Aufgabe 7.4. betrachte man insbesondere die quadratische Ergänzung. (a.) Der Zähler erlaubt die quadratische Ergänzung x 2  2 x  1  x  1 2 . Damit wird I1

2P

 x  1 2 dx ³  x  1 12

³  x  1

3 2

³t

dx

3 2

dt

2 52 t  C1 5

5 2  x  1 2  C2 5

2 ˜ 5

 x  1 5  C2

Mit der Substitution t : x  1 Ÿ dt dx (b.) Formt man den Nenner mittels quadratischer Ergänzung um, so erhält man

 x2  4 x  4  1

x2  4 x  5

 x  2 2  1

z 2  1 mit der Substitution z : x  2 Ÿ dz

dx

Allgemeingültiger Arbeitshinweis: Das Ziel quadratischer Ergänzungen ist es, dass der Integrand nur Glieder enthält, in denen die Integrationsvariable (hier z ) quadratisch auftritt (Konstanten dürfen zusätzlich noch auftreten). Solche Summanden, in denen die Integrationsvariable linear auftritt, sollen nach Ausführen der quadratischen Ergänzung nicht mehr im Integranden zu sehen sein. Nach erfolgter quadratischer Ergänzung lässt sich nun unsere Beispielaufgabe leicht lösen: 2P

I2

³x

1 2

 4x  5

³z

dx

1 2

1

dz

arctan  z  C1

arctan  x  2  C2

Wie man sieht, enthält der Integrand keine in z linearen Summanden (weder im Zähler noch im Nenner). (c.) Nach erfolgreichem Lösen von Aufgabenteil (b.) liegt die Lösung für (c.) auf der Hand, da sowohl die quadratische Ergänzung als auch die Substitution mit den dortigen identisch sind: x2  4 x  5

2P

I3

³x

 x2  4 x  4  1

2 x 2

 4x  5

³z

dx

z 2

1

 x  2 2  1

z 2  1 mit der Substitution z : x  2 Ÿ dz

dx

dz

Im Unterschied zu Aufgabenteil (b.) ist jetzt aber eine erneute Substitution nötig, um das Integral vollends zu lösen: t : z 2  1 Ÿ 2P

Damit folgt I 3

³z

z 2

1

dz

1

³t˜

1 dt 2

1 ˜ ln 2

dt dz

2 z Ÿ z ˜ dz

 t  C1

1 ˜ ln 2

1 dt 2

 z 2  1  C2

1 ˜ ln 2

x

2



 4 x  5  C3

Natürlich müssen letztendlich sämtliche Substitutionen durch die entsprechenden Resubstitutionen wieder rückgängig gemacht werden.

Aufgabe 7.4 Integration nach geeigneter Umformung

³x

(d.) I 4

2x 4

 6 x 2  13

201

dx

Zunächst einmal tauchen im Nenner die x nur in geraden Potenzen auf. Aus diesem Grunde hilft uns eine Substitution, den Nenner in eine Form zu bringen, die zur quadratischen Ergänzung geeignet ist:

³x

Damit gilt I 4

4

t : x2 Ÿ

dt dx

2 x ˜ dx

³t

 6 x 2  13

2 x Ÿ dt 1

2

 6t  13

2 x ˜ dx

³ t

dt

1 2



1

³  t  3

dt

 6t  9  4

2

2P

dt 4

Nach Durchführung der quadratischen Ergänzung, folgt die typische Substitution: z : t  3 Ÿ dz

dt ,

woraus folgt I 4

³  t  3

1

2

³z

dt 4

1 2

4

1P

dz .

Allgemeingültiger Arbeitshinweis: Zur Lösung derartiger Integrale gibt es einen weiteren Arbeitstrick, der auf dem Gebrauch der nachfolgenden Integrale beruht, welche in vielen Formelsammlungen zu finden sind. x

x

³u ³

1 2

1

arctan  u  C

du

1

arsinh  u  C

du

2

x

u 1

x

³ ³

 C 1 ˜ ln u 1  C  u 1 2

­artanh  u  C ° du ® 2 1 u °arcoth  u  C ¯

1 ˜ ln 1 u 2 1 u

1

1

du

2

u 1

arcosh  u  C

x

für u  1 für u ! 1

1

³

1  u2

du

arcsin  u  C

Wenn man den Nenner in eine dieser Formen bringen kann, so lässt sich die Stammfunktion sofort angeben. Das Entscheidende dabei ist die Tatsache, dass neben dem quadratischen Summanden eine Konstante im Nenner steht. Erweitert man den Bruch derart, dass diese Konstante zu „eins“ wird, so passen die gezeigten Formeln aus der Formelsammlung. Wendet man diesen Arbeitstrick auf unser Beispiel an, so passiert folgendes: I4

³z

1 2

4

dz

³ ˜z 1 4

1 4 2

4



dz

1˜ 4

1

³ z 2

2

1˜ 4

dz 1

³s

1 2

1

wobei schließlich die Substitution eingesetzt wurde: s :

˜ 2ds

z Ÿ 2

1˜ 2

³s

ds dz

1 2

1

ds ,

2P

1 Ÿ dz 2

2 ˜ ds

Endlich lässt sich das Integral mit Hilfe der im Arbeitshinweis genannten Stammfunktion auflösen: I4

1˜ 2

³s

1 2

1

ds

1 arctan 2

 s  C1

1P

Drei Resubstitutionen sind nötig, um die Stammfunktion als Funktion von x zu erhalten: I4

³x

2x 4

2

 6 x  13

dx

1 arctan 2

 s  C1

  C2

1 arctan z 2 2

  C3

1 arctan t 3 2 2

 C

1 arctan x 2 3 2 2

4

1P

202

7 Integralrechnung

(e.) Dieses Integral erfordert keine neuen Arbeitstricks. Es dient lediglich dem Zweck, den Lernerfolg der aus Aufgabenteil (d.) bekannten Techniken zu vertiefen. Die quadratische Ergänzung des Nenners lautet x 2  2 x  8

 x2  2 x  1  9

 x  1 2  9

Damit berechnet sich das Integral wie folgt: I5

³x

1 2

 2x  8

1

³  x  1

dx

2

³z

dx 9

1 2

9

dz ,

2 P wobei die Substitution verwendet wurde: z : x  1 Ÿ dz dx Es folgt das Umformen des Nenners in die Form mit dem konstanten Summanden „eins“: I5

2P

³z

1 2

9

³ ˜z

dz

1 9

1 9 2

9



dz

³ z 3

1 9 2

1 9

dz 1

unter Verwendung der Substitution t :

z Ÿ 3

³t

1 2

1

dt dz

˜ 3dt

1 3

³t

1 Ÿ dz 3

1 2

1

dt ,

3 ˜ dt .

Die Stammfunktion dieses Integrals I 5 ist eine der im Arbeitstrick von Aufgabenteil (d.) genannten, nämlich: 1P

I5

1 3

³

­ 1 1 °  3 ˜ 2 ˜ ln dt ® t2 1 ° 13 ˜ 12 ˜ ln ¯ 1

 11tt  C1  tt 11  C2

für t  1 für t ! 1

woraus sich nach zweimaliger Resubstitution das Endergebnis finden lässt: 2P

1P

I5

³x

Ÿ I5

1 2

 2x  8 ­  1 ˜ ln ° 6 ® ° 16 ˜ ln ¯

­ -1 1 § 1 3z · ° 3 ˜ 2 ˜ ln ¨ 1 z ¸  C1 ° © 3¹ ® z ° -1 ˜ 1 ˜ ln § 3 1 ·  C ¨ z 1 ¸ 2 °¯ 3 2 ©3 ¹

dx

 33 xx 11  C5  xx 1133  C6

für

z 3

1

  C4

für

z 3

!1

1 ˜ ln z  3 6 z 3

 2x  4x  C5  16 ˜ ln  xx  24  C6  16 ˜ ln

  C3

1 ˜ ln 3  z 6 3 z

für t

z 3

x 1 3

1

für t

z 3

x 1 3

!1

für die erste Resubstitution

Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung

  

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.)

10 min 12 min 10 min 30 min 15 min 20 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.)

Punkte hh (a.) 6 P (b.) 7 P h h h (c.) 6 P (d.) 12 P hh (e.) 9 P (f.) 12 P

Berechnen Sie bitte die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.) I1

³x

x 1 2

 3x  2

dx

(b.) I 2

2x2  x  1

³ ( x  3) ˜ ( x  1)

2

dx

(c.) I 3

³x

1 3

x

dx

Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung

(d.) I 4

³x

x3  x  2 4

2

 2x  1

(e.) I 5

dx

³

203

x3  3 x 2  2 x  7 2

x  4x  3

(f.) I 6

dx

³

x3  3 x 2  2 x  7 x2  4x  5

dx

 Lösung zu 7.5 Es handelt sich um Integrale, die nach vorgeschalteter Partialbruchzerlegung gelöst werden. Allgemeiner Hinweis: Die Partialbruchzerlegung dient der Zerlegung komplizierter Polynombrüche in kleine handliche Stücke nach den Regeln der Bruchrechnung. Das Verfahren wird nicht nur bei der Integration gebrochenrationaler Integranden eingesetzt, sondern z. B. auch bei der Durchführung von Funktionaltransformationen, wie z.B. bei der Fourier-Transformation oder der LaplaceTransformation. Der Arbeitsweg ist der: Zuerst wird der komplizierte Polynombruch zerlegt. Erst danach werden die so erhaltenen einfachen Stücke der Integration bzw. der Funktionaltransformation zugeführt. Stolperfalle: Vor Beginn der Partialbruchzerlegung ist zu prüfen, ob der Integrand eine echt gebrochen rationale Funktion ist oder eine unecht gebrochen rationale Funktion. Die Partialbruchzerlegung kann nur für echte Polynombrüche gebraucht werden. Im Falle unechter Polynombrüche ist vor Beginn der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision durchzuführen. Nur der echt gebrochene Anteil ist dann der Partialbruchzerlegung zuzuführen. Gliederung des Lösungsweges der vorliegenden Aufgabe im Überblick: Schritt 0: Falls unecht gebrochene Polynombrüche Æ Polynomdivision Schritt 1: Aufsuchen der Nennernullstellen des echten Polynombruches Schritt 2: Aufstellen eines Ansatzes für die Zerlegung des Polynombruches in Partialbrüche Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler der Partialbrüche Schritt 4: Durchführung der Integration (bzw. der Funktionaltransformation) Damit wenden wir uns nun den Lösungen der einzelnen Aufgaben zu: (a.) I1

³x

x 1 2

 3x  2

dx

Schritt 1: Nennernullstellen Diese findet man hier leicht mit der pq-Formel: x2  3x  2

0 Ÿ x1/ 2

3 9 r 2 2 4

3 1 r 2 4

Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche:

3 r1 Ÿ 2

x 1 2

x  3x  2

x1

2 und

x 1 x  2  ˜  x  1

x2

1

A B  x  2 x 1

Begründung: Jede einfach auftretende reelle Nennernullstelle erhält einen Partialbruch.

1P

204

7 Integralrechnung

Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Zunächst werden die Partialbrüche mittels Bruchrechnung zu einem Polynombruch zusammengefasst (Gleichnamigmachen der Brüche und Addieren). 1P

A ˜ ( x  1) B ˜ ( x  2)  ( x  2) ˜ ( x  1) ( x  2) ˜ ( x  1)

A B  x  2 x 1

A ˜ ( x  1)  B ˜ ( x  2) ( x  2) ˜ ( x  1)

x 1 ( x  2) ˜ ( x  1)

Da der so erhaltene Zähler mit dem ursprünglichen Zähler des Integranden für alle reellen xWerte gleich sein muss (siehe letztes Gleichheitszeichen in der vorangehenden Zeile), setzen wir zwei willkürlich wählbare x-Werte ein, um ein Gleichungssystem mit zwei Gleichungen zur Bestimmung der zwei Unbekannten A und B zu erhalten. Sinnvollerweise sucht man dafür solche x-Werte aus, die zu einem möglichst einfach zu lösenden Gleichungssystem führen. Dies ist der Fall, wenn jede einzelne der Gleichungen möglichst wenige unterschiedliche Unbekannte enthält: xx xx

2P

1 o A ˜ (1  1)  B ˜ (1  2) 1  1 2 o A ˜ (2  1)  B ˜ (2  2) (2  1)

Die Partialbruchzerlegung lautet also:

Ÿ B ˜  1 2 Ÿ B Ÿ

2

A 3 x 1

x 2  3x  2

3 2  x  2 x 1

Schritt 4: Die Integration Setzt man die Partialbrüche in das Integral ein, so erhält man: I1

³x

x 1 2

 3x  2

dx

3

2

3

2

³ x  2 dx ³ x  1 dx ³ z dz ³ u du

wobei die Substitutionen verwendet wurden:

3 ˜ ln  z  2 ˜ ln  u  C1

z: x2 Ÿ dz dx

und

,

u : x 1 Ÿ du dx

2 P Resubstitution liefert das Endergebnis: I1

³x

x 1 2

 3x  2

dx

3 ˜ ln  x  2  2 ˜ ln  x  1  C2

Anmerkung: Zur Bestimmung der Konstanten für die Zähler der Partialbrüche gibt es verschiedene Methoden. Was man immer wieder findet, ist z.B. die sogenannte „Zuhaltemethode“ und ihr Ableger, die „erweiterte Zuhaltemethode“. Hier sei allen Lesern empfohlen, ihre eigenen Methoden anzuwenden und beizubehalten. Dass dabei das eigene Ergebnis mit dem Ergebnis der Buch-Musterlösung übereinstimmen muss, versteht sich von selbst.

(b.) I 2

2x2  x  1

³ ( x  3) ˜ ( x  1)

2

dx

Schritt 1: Nennernullstellen Da der Nenner in faktorisierter Form vorliegt, sieht man seine Nullstellen sofort: 1P

x1

3

x2

1

x3

1

Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung

205

Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche: 2 x2  x  1

A B C   x  3 x  1 ( x  1) 2

( x  3) ˜ ( x  1) 2

Begründung: Mehrfach auftretende reelle Nennernullstellen erfordern eine Anzahl von Partialbrüchen entsprechend der Häufigkeit ihres Auftretens. Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Zunächst werden die Partialbrüche mittels Bruchrechnung zu einem Polynombruch zusammengefasst (Gleichnamigmachen der Brüche und Addieren). A ˜ ( x  1) 2

A B C   x  3 x  1 ( x  1) 2

( x  3) ˜ ( x  1) 2



B ˜ ( x  3) ˜ ( x  1) ( x  3) ˜ ( x  1) 2



C ˜ ( x  3) ( x  3) ˜ ( x  1)2

2P

2

2

A ˜ ( x  1)  B ˜ ( x  3) ˜ ( x  1)  C ˜ ( x  3)

2x  x  1

( x  3) ˜ ( x  1)2

( x  3) ˜ ( x  1) 2

Wir vergleichen wieder den durch Zerlegung erhaltenen Zähler mit dem ursprünglichen Zähler des Integranden und setzen drei willkürlich wählbare x-Werte ein, um drei möglichst einfache Gleichungen zur Bestimmung der drei Unbekannten A, B und C zu erhalten: xx

1 o A ˜ 0  B ˜ 0  C ˜ 4

(2  1  1)

2

xx

3 o A ˜ ( 4)  B ˜ 0  C ˜ 0

xx

0 o A  3B  3C

(18  3  1)

1

Ÿ C 1 Ÿ 16 A 16 Ÿ A 1 Ÿ 1  3B  3 1 Ÿ 3B

2P 3 Ÿ B

1

Damit ist der Polynombruch in seine Partialbrüche zerlegt, nämlich 2 x2  x  1 ( x  3) ˜ ( x  1)

1 1 1   x  3 x  1 ( x  1) 2

2

Somit können wir uns der eigentlichen Berechnung der Integration zuwenden. Schritt 4: Die Integration Es ist I 2

2x2  x  1

³ ( x  3) ˜ ( x  1)

2

dx

1

1

1

³ x  3 dx ³ x  1 dx ³ ( x  1)

Das Lösen der Integrale erfolgt durch die Substitutionen

2

dx

z : x3 dz dx

1P und

u : x 1 du dx

und lautet somit I2

1

1

1

³ z dz  ³ u du  ³ u

(c.) I 3

³x

1 3

x

2

du

1 ln z  ln u  ( )  C1 u

ln x  3  ln x  1 

1  C2 x 1

dx

Schritt 1: Nennernullstellen: Durch Ausklammern eines x findet man x3  x

 x2  1 ˜  x  0

1P

206

7 Integralrechnung

Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche: 1P

1

x3  x

A Bx  C  2 x x 1





Begründung: Jede reelle Nennernullstelle  x  0 erhält einen Partialbruch. Im Faktor x 2  1

sind zwei komplexe Nennernullstellen enthalten, aber keine reelle – dazu gehört ein Partialbruch mit zwei Konstanten in der Form Bx  C . (Anders sähe der Ansatz aus, wenn man eine vollständig komplexwertige Partialbruchzerlegung durchführen würde.) Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Wir beginnen mit dem Zusammenfassen der Partialbrüche mittels Bruchrechnung



3

x x

x ˜  x 2  1

A ˜ x 2  1   Bx  C ˜ x

A Bx  C  x x2  1

1

1P

und setzen drei x-Werte ein, um A, B und C zu bestimmen: x Glg.I: x 0 o A  0 1 Ÿ A 1 x Glg.II: x 1 o 2 A  B  C 1 x Glg.III: x 1 o 2 A  B  C 1 2A  B  C 1 2A  B  C 1

Subtraktion Glg.II – Glg.III liefert:

2C



0 Ÿ C

0

Einsetzen von A und C in Glg.II liefert: 2  B  0 1 Ÿ B 1 2P

Damit ist der Polynombruch in seine Partialbrüche zerlegt:

1 3

x x

1 x  2 x x 1

Schritt 4: Die Integration

³x

1 P Es ist I 3

1 3

³

dx

x

1 dx  x

³x

x 2

1

dx

³

Integriert wurde mit Hilfe der Substitutionen

1 dx  x

³

1 dz 2

z

z : x2  1 Ÿ

dz dx

2 x Ÿ x ˜ dx

1 dz 2

Das Integral wird somit 1P

I3

³x

(d.) I 4

1 3

x

³x

dx

1

x3  x  2 4

dz

³ x dx  ³ z

 2 x2  1

1 2

ln  x  12 ln  z  C1





ln  x  12 ln x 2  1  C2

dx

Schritt 1: Nennernullstellen Da von x nur gerade Potenzen im Nenner auftreten, substituieren wir t : x 2 und schreiben den Nenner als x 4  2 x 2  1 t 2  2t  1 . Mittels quadratischer Ergänzung finden wir t 2  2t  1

 t  1 2 .

Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung

207

Nach Resubstitution erhalten wir: x 4  2 x 2  1 t 2  2t  1  t  1 2

 x2  1

2

1P

Weiter lässt sich der Nenner in den reellen Zahlen nicht faktorisieren. Es sind also 4 komplexe Nullstellen vorhanden, die jeweils paarweise auftreten. Reelle Nullstellen hat der Nenner nicht. Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche: x3  x  2 4

Ax  B



Cx  D

1P

 x  1  x2  1 2

2

2

x  2x  1

Begründung: Komplexe Nennernullstellen enthalten Partialbrüche mit zwei reellen Konstanten. Da jede der komplexen Nennernullstellen genau zweimal auftritt, treten die so gebildeten Partialbrüche auch zweimal auf. Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Wir beginnen mit dem Zusammenfassen der Partialbrüche mittels Bruchrechnung x3  x  2 x4  2 x2  1

Ax  B



Cx  D

 Ax  B ˜  x 2  1   Cx  D

 x2  1  x2  1 2

1P

 x2  1 ˜  x2  1

und setzen vier willkürlich gewählte x-Werte ein, um die vier Konstanten zu bestimmen: x Glg.I:

x

0 o BD

2

x Glg.II: x

1 o  A  B ˜ 2  C  D 1  1  2

x Glg.III: x

1 o   A  B ˜ 2  C  D

x Glg.IV: x

2 o  2 A  B ˜ 5   2C  D

1  1  2

8  2  2

Ÿ 0 A  1B  0C  1D 2 A  2 B  1C  1D Ÿ Ÿ  2 A  2 B  1C  1D Ÿ 10 A  5 B  2C  1D

2 4 0 12

Das Auflösen des Gleichungssystems aus vier Gleichungen mit 4 Unbekannten sei an dieser 4 P Stelle aus Platzgründen dem Leser in Eigenarbeit überlassen. Die Werte der vier reellen Konstanten lauten: A 1 , B 0 , C 0 , D 2 Damit gilt für die gesamte Zerlegung des Polynombruchs in Partialbrüche: x3  x  2 x4  2 x2  1

x

2



 x  1  x  1 2 2

2

Schritt 4: Die Integration Es ist I 4

x3  x  2

³x

4

2

 2x  1

dx

x

2

³  x  1 dx  ³  x  1 2

2

2

dx

Das erste der beiden Teilintegrale löst man mit Hilfe der Substitution: z : x2  1 Ÿ

dz dx

2x Ÿ

x ˜ dx

1 dz 2

,

208

2P

7 Integralrechnung

woraus folgt

x

1

³  x  1 dx ³ z ˜ 2

1 dz 2

1 ˜ ln 2

 z  C1

1 ˜ ln 2

 x2  1  C2

Das zweite der beiden Teilintegrale werden wir in Aufgabe 7.6.a lösen. Ein Vorgriff auf das 2

³  x  1

2 P Ergebnis sei an dieser Stelle bereits gestattet:

2

2

dx

x 1  x2

 arctan  x  C3

Damit sind alle Teile gesammelt, die wir brauchen, um das Endergebnis der Aufgabe zu präsentieren: 1P

I4

x3  x  2

³x

(e.)

4

2

 2x  1

dx

x

2

³  x  1 dx  ³  x  1 2

2

2

1 ˜ ln 2

dx

 x2  1  1 xx2  arctan  x  C4

Da ein unechter Polynombruch zu bearbeiten ist, muss der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision vorgeschaltet werden. Wir spalten auf diese Weise den unechten Polynombruch in einen polynomialen Anteil und einen echten Polynombruch: 

 x3  3 x 2  2 x  7 :  x 2  4 x  3

x 1

x3  4 x 2  3 x 

3P

3x  4 x2  4 x  3

x2  x  7 x2  4 x  3 3x  4

Für die zu lösende Aufgabe bedeutet dies: I5

³

x3  3 x 2  2 x  7 x2  4 x  5

dx

³  x  1 dx  ³ x

3x  4 2

 4x  3

dx

Da der polynomiale Anteil ohne Schwierigkeiten zu integrieren ist, wenden wir uns dem übrig gebliebenen echten Polynombruch zu, den wir mit Partialbruchzerlegung bearbeiten: Schritt 1: Nennernullstellen Diese finden wir mit Hilfe der pq-Formel: x 2  4 x  3 0 Ÿ x1/ 2

2r 43

2 r1 Ÿ

1 P Also gilt x 2  4 x  3 ( x  1) ˜ ( x  3) Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche: 3x  4 2

x  4x  3

A B  x 1 x  3

Begründung: Zwei reelle Nennernullstellen.

x1 1 und

x2

3

Aufgabe 7.5 Integration nach Partialbruchzerlegung

209

Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Wir beginnen mit dem Zusammenfassen der Partialbrüche mittels Bruchrechnung 3x  4 2

x  4x  3

A ˜  x  3  B ˜  x  1  x  1 ˜  x  3

A B  x 1 x  3

1P

und setzen zwei willkürlich gewählte x-Werte ein, um die Konstanten zu bestimmen: A ˜  2  0

xx

1 o 3  4

xx

3 o 9  4 0  B ˜  3  1

Ÿ

A

 72

Ÿ

B

13 2

Die gesuchte Partialbruchzerlegung lautet also:

3x  4

 72

x  4x  3

x 1

2



13 2

2P

x3

Schritt 4: Die Integration läuft daher wie folgt: I5

1

1

1

7 2

1 x2 2

13 2

7 2

ln  t  C1  x  72 ln  z  13 2

1 x2 2

13 2

ln  x  3  C2  x  72 ln  x  1  13 2

mit Hilfe der beiden Substitutionen:

z : x  1 Ÿ dz

dx

sowie :

t : x  3 Ÿ dt

dx

(f.)

1

³  x  1 dx  ³ x  1 dx  ³ x  3 dx ³  x  1 dx  ³ z dz  ³ t dt 2P

Wieder liegt ein unechter Polynombruch vor und wir müssen der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision vorschalten: 

 x3  3 x 2  2 x  7 :  x 2  4 x  5 3

2

x 1

x2

3P

x2  4x  5

x  4x  5x 

x 2  3x  7 x2  4 x  5 x2

Damit kann die Partialbruchzerlegung des echt gebrochenen Anteils beginnen. Schritt 1: Nennernullstellen Diese suchen wir mit Hilfe der pq-Formel: x 2  4 x  5 0 Ÿ x1/ 2

2r 45\

Also liegen zwei komplexe Nennernullstellen vor, aber keine reelle. Schritt 2: Ansatz für die Partialbrüche (es ist nur ein einziger Partialbruch): x2

Ax  B

x2  4 x  5

x2  4x  5

Begründung: Dies ist der typische Ansatz für ein Paar komplexer Nullstellen, von denen jede nur einfach auftritt.

1P

210

7 Integralrechnung

Schritt 3: Bestimmung der Konstanten für die Zähler Natürlich könnte man jetzt das übliche Verfahren zur Bestimmung der Zähler-Konstanten anwenden, aber wenn man die beiden Seiten des Ansatzes betrachtet, sieht man auch ohne Berechnung, dass dies eine überflüssige Arbeit wäre. Dort steht nämlich x  2 Ax  B . Dies lässt sich nicht weiter vereinfachen, denn es taucht ein linearer Term in x auf und eine Konstante. Deshalb kann man sofort erkennen: A 1 und B 2 . Dies sieht man auch dem Bruch selbst ohne lange Berechnung an: 1P

x2

x

x2  4 x  5

x2  4 x  5



2 x2  4x  5

Ein einziger Bruch im Ansatz lässt sich mit Partialbruchzerlegung nicht zerlegen. Allgemeine Merkregel: Hat man einen Bruch mit nur zwei Nennernullstellen, die beide komplex aber nicht reell sind, so lohnt eine Partialbruchzerlegung nicht. Für unser Beispiel bedeutet dies: Das Integral

³x

x2 2

 4x  5

dx kann nur durch quadratische

Ergänzung im Nenner gelöst werden. Da wir dieses Verfahren bereits geübt haben, können wir es jetzt ohne weitere Erläuterungen durchführen:

³x

x2 2

 4x  5

dx

³ x

x2 2

dx



 4x  4  1

x2

³  x  2

dx

2

1

Es folgt die Substitution z : x  2 Ÿ dz dx und damit wird 3P

³x

x2 2

 4x  5

dx

z4

³z

2

1

dz

³z

z 2

1

dz 

³z

4 2

1

dz

Das erste der beiden sich ergebenden Integrale lösen wir mit Hilfe der Substitution t : z2  1 Ÿ

dt dz

2z Ÿ

1 dt 2

z ˜ dz

Das zweite der beiden sich ergebenden Integrale führt uns direkt zum Arcus Tangens. Man vergleiche hierzu die unter Aufgabe 7.4.d angegebenen Formeln. Damit erhalten wir: 2P

³x

x2 2

 4x  5

dx

z4

³z

2

1

dz

³z

z 2

1

dz 

³z

4 2

1

1 dt 2

³

dz

t

³z

4 2

1

dz

 z 2  1  4 ˜ arctan  z  C2

1 ˜ ln 2

 t  4 ˜ arctan  z  C1

1 ˜ ln 2

 x  2  1  4 ˜ arctan  x  2  C

1 ˜ ln 2



2

3

Nachdem nun der Polynombruch integriert ist, erinnern wir uns an die Polynomdivision und lösen das gesamte Integral der Aufgabenstellung: 2P

I6

³

x3  3 x 2  2 x  7 2

x  4x  5

dx

³  x  1 dx  ³ x 1 x2 2



x2 2

 4x  5 2

dx



 x  12 ln  x  2  1  4 ˜ arctan  x  2  C4

Aufgabe 7.6 Substitutionen mit Rechentrick

211

Das Entscheidende bei Aufgabenteil (f.) war also nicht die Partialbruchzerlegung, sondern die Polynomdivision. Dass in der Musterlösung trotzdem die Partialbruchzerlegung demonstriert wurde, dient dem Zweck, den Lesern zu zeigen, wann eine Partialbruchzerlegung lohnt und wann nicht. Dieses Wissen kann im Falle einer Klausur ggf. den nutzlosen Verlust wertvoller Bearbeitungszeit sparen.

Aufgabe 7.6 Substitutionen mit Rechentrick (a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.)

  

15 min (+) 12 min 20 min 15 min 8 min 10 min 8 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.)

Punkte (a) 6P+ (b) 7 P

„+“: mehr P, falls kein Rückgriff auf andere Aufgabenteile.

hhh hhh

(c) 11 P (d) 7 P

hhh

(e) 4 P (f) 5 P (g) 4 P

Berechnen Sie die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.) I1

1

³ 1  x

2 2

dx Å Lösungstipp: Substituieren Sie x : tan  z

1  4 x 2 dx

(b.) I 2

³

(e.) I 5

³ sin  x dx

(c.) I 3

³

(f.) I 6

³

x 2  6 x  10 dx 1

dx

2

x  4x  8

(d.) I 4

³e

(g.) I 7

³

3 ˜ e2 x 2x

 ex  2

x 1 1  x2

dx

dx

 Lösung zu 7.6 Aufgabe 7.6. erfordert das Anwenden verschiedenster Lösungsverfahren mit dem Sinn, dass die Studierenden selbst erkennen und ausprobieren, welches Verfahren zum Ziel führt. (a.) Für das Prinzip der Substitution ist es völlig egal, ob man x : tan  z substituiert, oder z : arctan  x . Das entscheidende ist nur, dass man eine alte Variable (hier x ) durch eine neue

(hier z ) ausdrückt, und dass man einen Zusammenhang zwischen dx und dz herstellen dz geschehen, ebenso gut dx dz 1P Ÿ dx 2 cos  z

kann. Letzteres muss nicht wie bei Aufgabe 7.3 durch Ableiten kann man auch

dx ableiten: dz

x : tan  z Ÿ

dx dz

1 cos 2  z

Damit lässt sich nun die Aufgabe lösen: I1

1

³ 1  x

2 2

dx

1

³ 1  tan  z 2

2

˜

dz cos

2

N

³  cos  z

 x **

2

2

˜

dz cos 2  x

2

³ cos  z ˜ dz

1P

212

7 Integralrechnung 1

An der Stelle (**) wurde ein Additionstheorem verwendet: 1  tan 2 D

cos 2 D

Nebenrechnung: 2

³ cos  z ˜ dz greifen wir der Einfachheit halber auf Aufgabe 7.3.d. zurück deren Ergebnis war: sin  z ˜ dz  sin  z ˜ cos  z  z  C . ³

(+ P) Zum Auflösen des

2

1 2

1 2

1

Damit folgt 2P

2

³ cos  z ˜ dz ³1dz  ³ sin

2



 z ˜ dz



z   12 sin  z ˜ cos  z  12 z  C2

1z 2

 12 sin  z ˜ cos  z  C2

Zurück zur Hauptrechnung: Setzt man das

2P

I1

2

³ cos  z ˜ dz

2

³ cos  z ˜ dz 1 tan 2

1 2

in I 4 ein, so erhält man nach Resubstitution das Ergebnis:

z  12 sin  z ˜ cos  z  C2

 z ˜ cos 2  z  12 z  C2

1 2

x˜

1 2

1 1  tan

2

 z

z  12

sin  z cos  z

˜ cos 2  z  C2

 12 arctan  x  C3

1 2

x˜

1 1  x2

 12 arctan  x  C4

Dabei ist tan  z x von der Vorgabe der Substitution her bekannt und cos 2  z aus dem Additionstheorem (**). (b.) Arbeitshinweis: Steht im Integranden eine Wurzel aus einem quadratischen Polynom, so kann man (ggf. nach vorgeschalteter quadratischer Ergänzung) mit einer der folgenden Substitutionen arbeiten (wobei a eine reelle Konstante ist).: – falls im Integranden

a 2  x 2 steht

Ÿ

Man substituiere.: x : a ˜ sin  t

– falls im Integranden

x 2  a 2 steht

Ÿ

Man substituiere.: x : a ˜ sinh  t

– falls im Integranden

x 2  a 2 steht

Ÿ

Man substituiere.: x : a ˜ cosh  t

Dass der neu eingeführte Substitutionsparameter in impliziter Form gegeben ist, bereitet kein Problem. Speziell für unsere Beispielaufgabe (b.) bedeutet dies die folgenden drei Arbeitsschritte: 1. Schritt Æ

Man bringe den Integranden in eine der soeben genannten Formen.

2. Schritt Æ

Man führe eine Substitution entsprechend der obigen Liste durch.

3. Schritt Æ

Man löse das Integral auf und resubstituiere.

Aufgabe 7.6 Substitutionen mit Rechentrick

213

Diese drei Schritte führen wir nun am Beispiel unserer Aufgabe durch:

³

1. Schritt: I 2

1  4 x 2 dx

³2˜

1 4

 x 2 dx , entsprechend der Form in der Liste. 1 ˜ sin 2

2. Schritt: Die geeignete Substitution aus der Liste lautet: x :

t

dx dt

Ÿ

1 ˜ cos 2

1P

t

1P

3. Schritt: Beim Lösen des Integrals sieht man, warum diese Substitution zum Ziel führt. I2

1 2

2

³ x ³ 1  sin

2˜

1 4

2

dx

2˜

³

1 4



 12 sin t

 t ˜ cos  t dt

1 2

2 1 ˜ 2 cos

³  sin ³ cos t dt

 t dt

³ cos t ˜ cos t dt

1 4

1 4

2

 t ˜ cos  t dt

2P

2

1 2

Der entscheidende Punkt dabei war der: Durch die spezielle Wahl der Substitution ist im Integranden ein Ausdruck entstanden (in unserem Bsp. 1  sin 2  t ), der aufgrund eines Additionstheorems sehr einfach auszudrücken ist (in unserem Bsp. cos  x ). Allgemein sei angemerkt: Zu allen drei in der Liste des Arbeitshinweises genannten Substitutionen existiert je ein Additionstheorem, mit dem eine derartige Vereinfachung des Integranden möglich ist. Hierin liegt der tiefere Grund für die spezielle Wahl der doch zunächst überraschenden Substitution. Der Rest der Lösungsfindung ist jetzt simpel. Wir greifen auf eine Nebenrechnung zurück, die bei Aufgabe 7.6.a. durchgeführt wurde, nämlich setzen ein und resubstituieren gemäß x : I2

1 2

2

³ cos t dt

1t 4

1 ˜ sin 2

 14 sin  t ˜ cos  t  C2

t

Ÿ 2x

1 arcsin 2 x   4   

von 14 t

1 arcsin 4

 2 x  12 x ˜

2

³ cos t ˜ dt

1t 2

 12 sin  t ˜ cos  t  C1 ,

sin  t Ÿ t

arcsin  2 x .:

˜ 1  sin 2  t  C3  

von 14 sin  t von cos t 1x 2 N

3P

1  4 x 2  C4

(c.) Die Vorgehensweise ist im Prinzip die selbe wie bei Aufgabenteil (b.), allerdings muss der Integrand zuerst vorab mittels quadratischer Ergänzung in die dafür geeignete Form gex 2  6 x  10

bracht werden:

 x2  6 x  9  1

 x  3 2  1

Wir substituieren also z : x  3 Ÿ dx dz und erhalten so die gewünschte Form: I3

³

x 2  6 x  10 dx

³

 x  3 2  1 dx

³

2P

z 2  1 dz

Nach der Tabelle von Aufgabenteil (b.) substituieren wir z : sinh  t Ÿ

dz dt

cosh  t und

2P

erhalten aufgrund des Additionstheorems cosh 2  t  sinh 2  t 1 Ÿ 1  sinh 2  t cosh 2  t den Ausdruck: I3

³

z 2  1 dz

³

sinh 2  t  1 ˜ cosh  t dt

³ cosh t ˜ cosh t dt ³ cosh

2

 t dt

2P

214

7 Integralrechnung

Damit ist der Integrand in eine Form gebracht, die nun integriert werden kann. Aus Gründen der Übersichtlichkeit wird hier auf die explizite Darstellung des Rechenweges verzichtet, es sei aber erwähnt, dass die Rechenwege bei der Integration des sin 2  x , des cos 2  x des sinh 2  x und des cosh 2  x in allen vier Fällen in analoger Form verlaufen. Man erinnere sich

hierzu an Aufgabe 7.3.d. Die Lösung lautet:

³ cosh

2

 t dt

1t 2

 12 sinh  t ˜ cosh  t  C1

Durch Resubstitution erhalten wir das Endergebnis unserer Beispielaufgabe: 5P

I3

1t 2

 12 sinh  t ˜ cosh  t  C1

1 arsinh 2

1 arsinh 2

 z  12 z ˜

2

 x+3  12  x  3 ˜

1   x  3  C4

1  sinh 2  t  C2

1 arsinh 2

1 arsinh 2

 x+3  12  x  3 ˜

 z  12 z ˜

1  z 2  C3

x 2  6 x  10  C4

(d.) Zunächst lassen wir mit einer Substitution die Exponentialfunktion verschwinden: z : ex

2P

dz dx

Ÿ

ex

1 ˜ dz z

z Ÿ dx

Somit ergibt sich: I 4

³e

3 ˜ e2 x 2x

x

e 2

dx

³z

3 ˜ z2 2

dz z2 z

³z

3˜ z 2

z2

dz

Dies ist ein typischer Fall für eine Partialbruchzerlegung. Wir suchen die Nennernullstellen: 1P

z2  z  2

0 Ÿ z1/ 2

1 2

r

1 4

1 2

2

r 23 Ÿ z1

2; z2

1 Ÿ z 2  z  2

Damit lautet der Ansatz für die Partialbruchzerlegung: 1P

1P

3˜ z

A ˜  z  1  B ˜  z  2

A B  z  2 z 1

z2  z  2

 z  2 ˜  z  1

Durch Einsetzen zweier Werte in den Zähler bestimmen wir A und B : x für z 1 ist 3 ˜  1 A ˜ 0  B ˜  3 Ÿ B 1 x für z 2 ist 3 ˜  2 A ˜  2  1  B ˜ 0

Ÿ

A

2

Setzt man diese Partialbruchzerlegung in I 3 ein, so erhält man 1P

I4

³z

3˜ z 2

z2

dz

2

1

³ z  2 dz  ³ z  1 dz

Integration und Resubstitution liefert das Ergebnis: 1P

I4

2 ˜ ln  z  2  ln  z  1  C1







2 ˜ ln e x  2  ln e x  1  C2

(e.) Da die Wurzel im Argument des Sinus stört, substituieren wir: z:

x

1

x2

Ÿ

dz dx

1 1 x 2 2

2 P Somit lautet das Integral I 5 ^

1 ˜ z 1 2

Ÿ dx

2 z ˜ dz

³ sin  x dx ³ sin  z ˜ 2z ˜ dz

 z  2 ˜  z  1

Aufgabe 7.6 Substitutionen mit Rechentrick

215

Das Integral wird nun durch partielle Integration gelöst und anschließend resubstituiert: I5

 z ˜ 2 z ˜ dz ³ sin  N

³

³

 cos  z ˜ 2Nz  C1   cos  z ˜ 2N ˜ dz   

u   

u'

u

v'

v

2 z ˜ cos  z  C1  2 cos  z dz

v

2 z ˜ cos  z  2sin  z  C2

2 x ˜ cos

2P

 x  2sin  x  C3

(f.) Wir bringen den Nenner durch quadratische Ergänzung in eine geeignete Form.

 x2  4 x  4  4

x2  4 x  8

 x  2 2  4

4˜

 2x  1

2

4

ª 4˜ « ¬

 2x  1

2

º  1» ¼

1P

Anmerkung: Als Ergebnis der quadratischen Ergänzung und der zugehörigen Substitutionen wollen wir eine der Formen erhalten, die in der Liste von Aufgabe 7.4.d aufgezählt wurden. Dazu könnte man natürlich (wie in Aufgabe 7.4. gezeigt) zuerst die quadratische Ergänzung ausführen und dann substituieren. Anschließend würde man dann den konstanten Faktor 4 ausklammern und erneut substituieren. Um den Arbeitsaufwand zu optimieren, kann man aber auch (wie hier durchgeführt) die quadratische Ergänzung und das Ausklammern des konstanten Faktors in einem Schritt erledigen. Dann genügt eine einzige Substitution, die beides enthält, nämlich z:

x 2

1 Ÿ

dz dx

1 2

Ÿ dx

1P

2 ˜ dz

Dies führt zu der folgenden Auflösung des Integrals I6

³

1

dx

2

1

³ 4 ˜  z  1 ˜ 2 dz

arsinh  z  C1

2

x  4x  8

³

wobei die Formel

1

 2x  1  C2

,

arsinh  u  C aus Aufgabe 7.4.d verwendet wurde.

du

2

arsinh

u 1

3P

(g.) Dieses Integral besteht aus zwei Summanden, die wir einzeln gut integrieren können: I7

³

x 1 1 x

2

³

dx

x 1 x

2

dx 

1

³

1  x2

1P

dx

Der erste der beiden Summanden wird integriert mit Hilfe der Substitution z : 1  x2 Ÿ

dz dx

 12 dz

2 x Ÿ x ˜ dx

1P

Der zweite der beiden Summanden findet sich in der Tabelle von Aufgabe 7.4.d, und zwar gemäß

1

³

1  u2

du

arcsin  u  C

Damit erhalten wir: I7

³

x 1 x

2

dx 

³

1 1 x

2

dx

³

 12 dz z

 12 ˜ 2 z

  12

³

1 1 x

2

dx

³

 12 z

 arcsin  x  C1

 12

dz 

³

1 1  x2

dx

 1  x 2  arcsin  x  C2

2P

216

7 Integralrechnung

Aufgabe 7.7 Demonstrationsbeispiel Integrationskonstante (a.) (b.) (c.)



10 min 8 min 5 min

Punkte

hhh

1  x3

³ 1  x

Berechnen Sie auf zweierlei Wege das Integral I1

2 2

(b.) 4 P

Ax  B

2 2

1  x2

1  x

1  x3

1 2

(c.) 3 P

dx , und zwar

1  x3

(a.) nach Partialbruchzerlegung gemäß dem Ansatz

(b.) Durch Aufteilen in zwei Summanden

(a.) 6 P

2





Cx  D

1  x2

x3

1  x2 1  x2 1  x2

2

2

, wobei der erstge-

nannte bereits aus Aufgabe 7.6.a bekannt ist, und der zweite partiell integriert werden soll mit u:=x 2 und v':=

x



1  x2



2

.

(c.) Man vergleiche die beiden Ergebnisse der Aufgabenteile (a.) und (b.) und erkläre deren Unterschiede.

 Lösung zu 7.7 (a.) Die Partialbruchzerlegung lautet 1P

1  x3

Ax  B

1  x2

2

1  x2



Cx  D

1  x2

2

 Ax  B ˜ 1  x 2   Cx  D

1  x2 .1  x2

Zur Bestimmung der Koeffizienten A , B , C und D setzen wir vier willkürlich gewählte xWerte in den Nenner ein, und erhalten: 4P

xx 0 Ÿ BD 1 xx 1 Ÿ  A  B ˜ 2  C  D 2 x x 1 Ÿ   A  B ˜ 2  C  D 0 x x 2 Ÿ  2 A  B ˜ 5   2C  D 9

½ ° Auflösen nach den vier Unbekannten liefert: ° ¾ Ÿ A 1; B 0 ; C 1; D 1 ° °¿

Setzen wir diese Koeffizienten in die Partialbruchzerlegung und in das Integral ein, so erhalten wir: I1

1  x3

³ 1  x

2 2

dx

x

³1 x

2

dx 

x  1

³ 1  x

2 2

dx

x

³1 x

2

dx 

x

³ 1  x

2 2

dx 

1

³ 1  x

2 2

dx

Den letzten der drei sich ergebenden Summanden kennen wir bereits aus Aufgabe 7.6.a; die ersten beiden Summanden lösen wir mit Hilfe der Substitution:

Aufgabe 7.7 Demonstrationsbeispiel Integrationskonstante dz dx

z:=1+x 2 Ÿ

1 dz 2

2 x Ÿ x ˜ dx

217

.

Damit erhalten wir: I1

1

³z˜ 1 ln 2 1 ln 2

1 dz 2



1

³z

2

˜ 12 dz  12 x ˜

 12 arctan  x  C1

1

 z  12 z 1  12 x ˜

1 x2  2 ˜ 11 x2 

1 1  x2

2P

 1 arctan  x  C2 1  x2 2 x   12 arctan  x  C3 2 ˜ 1 x 2



1 ln 2



1 x2  2 ˜ x11x2  12 arctan  x C3 

Dies war der zu Aufgabenteil (a.) vorgeschlagene Rechenweg, nun folgt die Alternativlösung: (b.) Das Aufteilen in zwei Summanden war in der Aufgabenstellung vorgeschlagen worden, es folgt die partielle Integration: I1

1  x3

³ 1  x 2

2

dx

1

³ 1  x 2

2

dx 

x3

³ 1  x 2

2

1

³ 1  x

dx

2

2

x

dx  N x2 ˜

³ 1  x dx  

2

u

 

Lösung lt. Aufg.7.6.a 1 2

x˜

1

1  x 2

x2 ˜  12 arctan  x  C4  N u

1

2 ˜ 1  x ³  

 2Nx ˜

2

u'



2 ˜ 1  x2  

v

2P

v'

1



2

dx

v

Das letzte noch übrig gebliebene Integral wird wieder gelöst mit der Substitution dz dx

z:=1+x 2 Ÿ I1

x



2˜ 1 x

2



2 x Ÿ x ˜ dx

 12 arctan  x  C4 

1 dz 2

, was zu dem Ergebnis führt:

x2

1

˜ 2 ˜ 1  x ³ z 

2

Resubstitution liefert das Endergebnis: I1

x  x2

1 dz 2



2 ˜ 1  x2

x  x2



2 ˜ 1  x2





 12 arctan  x  12 ln  z  C5





 12 arctan  x  12 ln 1  x 2  C6

2P

2P

(c.) Vergleicht man nun die beiden Ergebnisse nach den Aufgabenteilen (a.) und (b.), so findet man in den Logarithmus- und in den Arcus Tangens- Ausdrücken eine absolute Übereinstimmung – aber die Brüche sind unterschiedlich. Heißt dies etwa, dass die beiden Ergebnisse unterschiedlich sind? Antwort: Nein – die Ergebnisse sind nicht unterschiedlich. Die nachfolgende kurze Rechnung wird dies zeigen. Betrachten wir dazu vorab eine kleine Nebenrechnung: x  1  1  x 2

x  x2



2



2˜ 1 x  

Bruch nach Ergebnis (b.)aus Partialbrucherzerlegung



2 ˜ 1 x

2



x  1  1  x2



2 ˜ 1 x

2



x 1



2 ˜ 1 x

2





1  x2



2 ˜ 1  x2

x 1







2 ˜ 1  x2  

Bruch nach Ergebnis (a.) aus partieller Integration



1 2

(**)

1P

218

7 Integralrechnung

Nun setzen wir die beiden Lösungen aus (a.) und (b.) gleich und überprüfen das Ergebnis: 1P

x  x2

1  x2  2 ˜ x11x2  12 arctan  x  C3   

 12 arctan  x  12 ln 1  x 2  C6 2 ˜ 1  x2  

Lösung aus Aufgabenteil (a.)

Lösung aus Aufgabenteil (b.)

1 ln 2









Da sich die Logarithmus- und Arcus Tangens-Terme miteinander aufheben, führt das Einsetzen der Nebenrechnung (**) zur Gleichung: 1P

x 1



2 ˜ 1 x

2



 C3

x 1



2 ˜ 1 x

2





1  C6 2

Ÿ

C3

C6 

1 2

Der ganze Unterschied zwischen den beiden Lösungen liegt also darin, dass sich die Integrationskonstanten C3 und C6 um die additive Konstante  12 unterscheiden. Da Integrationskonstanten ohnehin frei wählbar sind, sind die beiden Lösungen also doch identisch.

Aufgabe 7.8 Integration abschnittweise gegebener Funktionen



hhh

5 min

Punkte 5P

­° 2 x für x  > 0;2@ °¯8  2 x für x  > 2;4@

Gegeben sei eine Funktion f  x ®

Skizzieren Sie den Graphen dieser Funktion, berechnen Sie deren Stammfunktion und skizzieren Sie den Graphen der Stammfunktion.

 Lösung zu 7.8 Der Graph der Funktion ist in Bild 7-8a skizziert

Bild 7-8a Funktionsgraph zu Aufgabe 7.8.a Die Funktion lautet für x  > 0;2@ °­ 2 x f  x ® x  > 2;4@ für x 8  2 °¯

Aufgabe 7.8 Integration abschnittweise gegebener Funktionen

219

Integrieren wir die beiden Teile von f  x einzeln, so erhalten wir die Teil-Stammfunktionen: F  x

­° x 2  C1 für x  > 0;2@ ® 2 für x  > 2;4@ °¯8 x  x  C2

1P

Allerdings muss man beachten, dass die Stammfunktion stetig ist! Begründung: Mit stetig wachsendem Argument x nimmt auch der Flächeninhalt unter der Kurve stetig zu. Aus diesem Grunde muss am Übergang zwischen den beiden Teilen der Stammfunktion die Gleichheit der Funktionswerte gelten: x 2  C1 8 x  x 2  C2 an der Stelle x 2 . Setzt man das x 2 ein, so findet man den Zusammenhang zwischen C1 und C2 : 22  C1

8 ˜ 2  2 2  C2

Ÿ 4  C1 12  C2 Ÿ C1

C2  8

3P

Setzt man dies in die Stammfunktion ein, so erhält man das Endergebnis: F  x

2 °­ x  C2  8 für x  > 0;2@ ® 2 °¯8 x  x  C2 für x  > 2;4@

1P

Anmerkung: Bei einmaliger Integration entsteht immer genau eine Integrationskonstante – nicht mehr und nicht weniger. Von der Stetigkeit der Stammfunktion überzeugt Bild 7-8b.

Bild 7-8b Skizze der Stammfunktion zu Aufgabe 7.8.b Diese lautet 2 °­ x  C2  8 für x  > 0;2@ F  x ® 2 °¯8 x  x  C2 für x  > 2;4@

Arbeitshinweis: Bei Funktionen, deren Definitionen mehrere Fallunterscheidungen enthalten, sind an allen Fallgrenzen die Stetigkeiten der Übergänge herzustellen.

220

7 Integralrechnung

Aufgabe 7.9 Bestimmte Integrale mit Substitution (a) 4 min (b) 4 min



Punkte (a) 2 P

hh

(b) 2 P

1

³e

Gegeben sei das bestimmte Integral:

1

3x5

dx

2

Zum Lösen dieses Integrals wählt man das Verfahren der Substitution. Berechnen Sie die Lösung auf zwei verschiedene Arten, nämlich (a.)

In einem ersten Arbeitsschritt lösen Sie das unbestimmte Integral, indem Sie substituieren, lösen und dann resubstituieren. Danach folgt in einem zweiten Arbeitsschritt das Einsetzen der Grenzen.

(b.)

Als alternativen Lösungsweg kann man auch beide Arbeitsschritte in einem Arbeitsgang ausführen: Substituieren, und dabei die Grenzen mitsubstituieren, dann lösen und die mitsubstituierten Grenzen einsetzen.

 Lösung zu 7.9 Das Einsetzen von Integralgrenzen zur Berechnung bestimmter Integrale bereitet normalerweise keine Probleme. Lediglich bei der Substitution gibt es zwei verschiedene Möglichkeiten, die Grenzen einzusetzen. Der Vergleich dieser beiden Möglichkeiten ist der Sinn dieser Übungsaufgabe. (a.) Substitution: z : 3x  5 Ÿ

dz dx

Bestimmen der Stammfunktion: 2P

³e

3 x 5

z 1 dz 3

³e ˜

dx

1

Einsetzen der Grenzen:

³e 1

3x 5

1 dz 3

3 Ÿ dx

dx

1

ª 1 e3 x  5 º ¬3 ¼ 12 dz dx

Mitsubstituieren der Grenzen: z  12 : 3 ˜ 12  5 z 1

1

Integrieren:

³e 1

2

3x 5

dx

 C1

1 e3 x  5 3

 C2

13 TR

 13 e 2 | 771.94

2

(b.) Substitution wie gehabt: z : 3x  5 Ÿ

2P

1 e8 3

1 ez 3

³

z  12

e z ˜ 13 dz

8

ª 1 ez º ¬ 3 ¼ 132

3 Ÿ dx 13 2

1 e8 3

und

1 dz 3

z 1 : 3 ˜ 1  5 8

13 TR

 13 e 2 | 771.94

Selbstverständlich müssen die beiden Wege zum selben Ergebnis führen. Deshalb darf man frei wählen, für welchen Weg man sich entscheidet.

Aufgabe 7.10 Uneigentliche Integrale

221

Aufgabe 7.10 Uneigentliche Integrale



Punkte je 2 P

hh

(a…e.) je 3 min

Berechnen Sie die nachfolgenden uneigentlichen Integrale: f

(a.) I1

³

(b.) I 2

e x dx

³

f

f

³ x dx

(e.) I 5

f

1

³ 1 x

(c.) I 3

f

0

(d.) I 4

f

2

e  x dx

2

dx

f

1

³x

2

dx

(mit konstantem "c")

c

 Lösung zu 7.10 Arbeitshinweis: Zunächst sind diejenigen Stellen, die Unendlichkeiten in sich bergen, die also das Integral zum uneigentlichen Integral machen, zu markieren. Dies geschieht, indem man die entsprechenden Grenzwerte (Limes) angibt (siehe Arbeitsschritt 1). Danach wird das Integral gelöst (siehe Arbeitsschritt 2) und die Grenzen eingesetzt (siehe Arbeitsschritt 3). Ergibt sich dabei ein endlicher Grenzwert, so bezeichnet man das uneigentliche Integral als konvergent und gibt den Grenzwert an. Ist der Grenzwert unendlich, so bezeichnet man das uneigentliche Integral als divergent. Beziehen wir diesen Arbeitshinweis auf unsere Aufgabe, so erhalten wir: O

f

(a.) I1

³

e  x dx

0

lim

O of

³e

x

dx

0   

O

lim ª e x º ¬ ¼0 O of  

lim  eO  e0 O of 

Arbeitsschritt 2

Arbeitsschritt 3

0  1 1

(konvergent)

2P

Arbeitsschritt 1 2

(b.) I 2

2

³e

x

dx

f

lim

O of

³O e

x

dx

2

e 2  lim eO

lim ªe x º ¼O

O of ¬

O of

e2  0 e2

(konvergent)

2P

(c.) f

I3

0

1

³ 1 x

2

dx

f

lim

O of

O

1

³O 1  x

2

dx  lim

O of

1

³1 x 0

2

dx

0

arctan  0  lim arctan  O  lim arctan  O  arctan  0 O of

O of

O

lim ª¬ arctan  x º¼  lim ª¬ arctan  x º¼ O O of 0

O of

ʌ 2



  ʌ2

ʌ

Stolperfalle: Hat ein uneigentliches Integral mehrere Unendlichkeitsstellen, so ist es unbedingt in lauter Teilstücke zu zerlegen, von denen jedes nur eine einzige Unendlichkeitsstelle hat. Würde man diese Zerlegung nicht vornehmen, so liefe man Gefahr, ein falsches Ergebnis zu erzielen.

2P

222

7 Integralrechnung

Anmerkung: An welcher Stelle wir das Zerlegen des Integrals vornehmen, ist egal, solange die Funktion und deren Stammfunktion dort definiert sind und endliche Werte annehmen. Im vorliegenden Bsp. haben wir diese Zerlegung willkürlich bei x 0 vorgenommen. Wie man sieht, hebt sich die Stammfunktion an der Stelle x 0 ohnehin mit sich selbst auf (es ist arctan  0  arctan  0 0 ). f

2 P (d.) I 4

O

0

³

x dx

f

lim

O of

³O

x dx  lim

O of

O

0

lim ª 1 x 2 º  lim ª 12 x 2 º ¼ O O of ¬ ¼0 O of ¬ 2

³ x dx 0

 0  f   f  0

f

Dieses uneigentliche Integral ist divergent. Hier sieht man, wie wichtig es ist, wirklich jede Unendlichkeit einzeln für sich zu betrachten und dabei zu bedenken, dass sich „unendlich“ eben nicht einfach mit sich selbst wegheben kann. Die Wahrheit ist nämlich die folgende: Zerlegt man ein uneigentliches Integral in lauter einzelne Teilstücke mit je maximal einer einzigen Unendlichkeit, dann ist das gesamte uneigentliche Integral divergent, sobald mindestens ein einziges der Teilstücke divergiert. Dies ist im Beispiel des vorliegenden Aufgabenteils (d.) der Fall. Speziell hier erkennt man dies auch anschaulich: Die Fläche zwischen der x-Achse und der Funktion f  x x wird eben nicht Null, wenn man sie von f bis f betrachtet. Vielmehr liegt unterhalb der xAchse ein unendlich großes Flächenstück und oberhalb der x-Achse ebenfalls. f

2 P (e.) I 5

O

1

³x

dx 2

c

lim

O of

³

x 2 dx

c

O

ª 1º lim  O of «¬ x »¼ c

§ 1 · § 1· lim ¨  ¸  ¨  ¸ O ¹ © c¹

O of ©

1 c

Dies ist ein konvergentes uneigentliches Integral, dessen Grenzwert durch die untere Grenze bestimmt wird. Es findet in der Technik und in der Physik eine Anwendung.

Aufgabe 7.11 Spezielle bestimmte Integrale

 

hh hhh

(a…d.) je 3 min (e.)

je 10 min

Punkte (a…d.) je 2 P (e.) 6 P

Berechnen Sie die nachfolgenden uneigentlichen Integrale: 2

(a.) I1

³ 0

1 dx x

3

(d.) I 4

1

³x

4

dx 2

2

(b.) I 2

1

³x

2

2

(c.) I 3

dx

0

4

(e.) I 5

³ 2

0

1 4

³

 x  3 2

dx

1 dx x

Aufgabe 7.11 Spezielle bestimmte Integrale

223

 Lösung zu 7.11 Stolperfalle: Uneigentliche Integrale liegen auch dann vor, wenn der Integrand Definitionslücken in dem zu integrierenden Intervall enthält. Hier bestehen die beiden folgenden Möglichkeiten: -

Die Unendlichkeitsstellen können an den Integrationsgrenzen liegen. In diesem Falle bemerkt man sie zumeist und erkennt so das Integral als uneigentliches.

-

Die Unendlichkeitsstellen können aber auch inmitten des Integrationsintervalls liegen. In solchen Fällen wird das Integral nur dann als uneigentliches erkannt, wenn man bewusst die Funktion im Verlauf des Integrationsintervalls betrachtet. Dies sollte man bei bestimmten Integralen immer tun, um nicht Unendlichkeitsstellen zu übersehen und dadurch ein falsches Ergebnis zu erhalten. 2

³

(a.) I1

0

2

1 dx x

lim

O o0

1

³O x dx

2

lim ª¬ ln  x º¼ O

O o0

ln  2   f f

(divergentes uneigentliches Integral)

2P

Hier liegt die Unendlichkeitsstelle an der unteren Integrationsgrenze und wird dort mit einem Limes markiert. Die Integration erfolgt dann wie üblich. Nach Einsetzen des Limes erkennt man dann, ob das Integral konvergiert oder divergiert. (b.) 2

I2

2

1

³x

dx 2

lim

O o0

0

³O x

2

2

lim ª  x 1 º ¼O O o0 ¬

dx

1 1   lim 2 O o0 O

f

(divergentes uneigentliches Integral)

2P

Die Divergenz sollte nach den obigen Erläuterungen verständlich sein. 2

³

(c.) I 3

0

1 dx x

2

lim

O o0

³O

x

 12

2

dx

1 lim ª 2 x 2 º ¼» O O o 0 ¬«

2 22 0

2P

8

Hier liegt ein konvergentes uneigentliches Integral vor, dessen Limes wir berechnet haben. (d.) 3

I4

³x

4

O

1

dx 2

lim

O o0

³x

4

3

1

dx  lim 2

O o0

1

³O x

dx 2

O

3

ª 1º ª 1º  lim  lim  O o 0 «¬ x »¼ 4 O o0 «¬ x »¼ O

1· § 1 § · ¨ f  ¸  ¨   f ¸ f 4¹ © 3 © ¹

Stolperfalle: Wie oben erwähnt, muss man hier erkennen, dass der Integrand im Verlauf des zu integrierenden Intervalls eine Unendlichkeit durchläuft. Da man beim Ausrechnen uneigentlicher Integrale stets eine Zerlegung des Integrationsintervalls vornehmen muss, derart dass jedes Teilstück nur maximal eine einzige Unendlichkeitsstelle hat, bekommt man mehrere uneigentliche Integrale.

2P

224

7 Integralrechnung

Die Stelle x 0 für die Zerlegung ist nicht frei wählbar, denn die Unendlichkeitsstellen müssen unbedingt an den Integralgrenzen auftauchen, damit später beim Einsetzen der Grenzen in die Stammfunktion auch tatsächlich die Konvergenz untersucht wird. Ergebnis: Das hier zu untersuchende uneigentliche Integral divergiert also. (e.) Dies ist ein Beispiel für ein uneigentliches Integral mit einer Unendlichkeitsstelle im Inneren des Integrationsintervalls – aber dieses Integral konvergiert, wie wir sehen werden. Beginnen wir die Berechnung dieses uneigentlichen Integrals: Da die Unendlichkeitsstelle bei x 3 liegt (dort wird der Nenner zu Null), müssen wir genau dort die Aufteilung des Integrationsintervalls vornehmen: 4

I5

³ 2

O

1 4

 x  3

2

dx

lim

O o3

³

4

1 2

dx  lim

³O

1

dx

 x  3 2

 

O o3

2  x  3   

4

1. Teilintegral

4

2. Teilintegral

Zum Auffinden der Stammfunktion müssen wir den Integranden vereinfachen. Dazu soll das Quadrat im Nenner gegen die vierte Wurzel verrechnet werden. Will man aber nur eine einfache Wurzel daraus machen, so muss man das Vorzeichen des Radikanden berücksichtigen. Dies geht wie folgt:

3P

- Im 1. Teilintegral ist 2 d x  3 Ÿ  x  3  0 Ÿ

4

 x  3 2

3 x

- Im 2. Teilintegral ist 3  x d 4 Ÿ  x  3 ! 0 Ÿ

4

 x  3 2

x  3 (Radikand positiv)

(Radikand positiv)

In I 5 eingesetzt erhalten wir: I5

O

4

³

³

1 1 dx  lim dx O o3 O o3 3 x x3 2   O 

 lim

1. Teilintegral

O

4 1

lim

O o3

1

  ³ 3  x 2 dx  lim ³  x  3 2 dx

O o3

O   

2   

1. Teilintegral

2. Teilintegral

2. Teilintegral

Die beiden Teilintegrale mit je einer einzelnen Unendlichkeit integrieren wir getrennt: - 1. Teilintegral Æ Substitution u : 3  x Ÿ dx  du Aufsuchen der Stammfunktion: 1P

³ 3  x

 12

dx

³ u

 12

du

2 u  C1

O 1

Einsetzen der Integralgrenzen: lim  3  x  2 dx O o3

³

lim ª¬ 2 3  x º¼

O o3

2

O 2

2

 3  x  C2

2 ˜ 0  2 ˜ 1

- 2. Teilintegral Æ Substitution u : x  3 Ÿ dx du Aufsuchen der Stammfunktion: 1P

³  x  3

 12

dx

³u

 12

du

2 u  C3

4 1

Einsetzen der Integralgrenzen: lim  x  3  2 dx O o3

³O

lim ª 2 x  3 ¼º

O o3 ¬

4

O

2

 x  3  C4

2˜ 1  2˜ 0

2

2

Aufgabe 7.12 Linearer-, quadratischer- und Betragsmittelwert

225

Da beide Teilintegrale konvergieren, konvergiert auch das gesamte uneigentliche Integral. Als Ergebnis erhalten wir die Summe der beiden Teilintegrale: O

I5

lim

O o3

4

³ 3  x

 12

dx  lim

2   

O o3

³O  x  3

 12

dx

22

1P

4

  

1. Teilintegral

2. Teilintegral

Aufgabe 7.12 Linearer-, quadratischer- und Betragsmittelwert



(a.) (b.)

10 min 6 min

hh

Punkte (a.) 5 P

(b.) 3 P

In den Bildern 7-12a und 7-12b sind zwei Funktionen gegeben, zu denen Sie bitte die drei folgenden Mittelwerte berechnen: den linearen, den quadratischen, den Betragsmittelwert.

Bild 7-12a Darstellung einer periodischen Funktion, deren Mittelwerte berechnet werden sollen.

Bild 7-12b Darstellung einer periodischen Funktion, deren Mittelwerte berechnet werden sollen.

Die Funktion innerhalb einer Periode lautet f  t 1  t 2 für t  > 1;  1@

 Lösung zu 7.12 Arbeitshinweis: Die Definitionen der drei gefragten Mittelwerte lauten: b

• Der lineare Mittelwert: y

1 ˜ y  t dt ba

³

• Der Betragsmittelwert: y

a

• Der quadratische Mittelwert: y 2

1 ˜ ba

1 ˜ ba

b

³ y t dt a

b

³  y t

2

dt

a

Integriert wird über eine Periode eines periodischen Signals, wobei „a“ den Anfang einer Periode angibt und „ b “ deren Ende.

226

7 Integralrechnung

In diese Definitionen setzen wir nun die in der Aufgabenstellung gegebenen Funktionen ein: ­c 1 P (a.) Nach Bild 7-12a ist f a  t °®

°¯c 

t0 ...0

für t c 2t0

˜ t für t

0...  2t0

So ergeben sich die Mittelwerte: 2t0 § 0 · 1 ¨ ¸ c  2ct ˜ t dt ¸ ˜ ¨ c ˜ dt  0 2t0   t0 ¨ ¸ 0 ©  t0 ¹



³

³

• Der lineare: y



1P

1 2 ˜ > ct0 @  ª 2ct0  4ct ˜  2t0 º 0 ¬« ¼» 3t0



2t0 · 1 § 0 ˜ ¨ >ct @t  ªct  4ct ˜ t 2 º ¸ « » 0 0 ¬ ¼ 3t0 © 0 ¹

2 c 3

• Betragsmittelwert: Da im gesamten Verlauf der Funktion y  t ! 0 ist, ist der Betragsmittel1 P wert mit dem linearen identisch: y

• Der quadratische: y

2P

2

1 ˜ ba

³  y t

2

1 3t0

2 § · ˜ ¨ c 2t0  c 2t0 ¸ 3 © ¹

c2 4t02

³

³

a

2t0 § 0 2 ¨ § ˜ ¨ c 2 ˜ dt  ¨ c 2  ct ˜ t  0 © ¨ 0 © t0

³

2t0 § 0 1 ¨ 2 c ˜ dt  c  2ct ˜ t ˜ 0 2t0   t0 ¨¨ 0 ©  t0

b

1 3t0

³

2 c 3

· · ¸ ˜ t 2 ¸ dt ¸ ¹ ¸ ¹

1 3t0



2

· ¸ dt ¸ ¸ ¹

2t § 0 2 2 ª º 0· ˜ ¨ ª c 2t º  «c 2t  2ct ˜ t 2  c 2 ˜ t 3 » ¸ ¬ ¼ ¨ 12t0 0 t0 ¬ ¼ 0 ¸¹ ©

5 ˜c 9

(b.) Nach Bild 7-12b ist fb  t 1  t 2 für eine Periode von t 1...  1 Dafür ergeben sich die Mittelwerte: 1 ˜ 2

1 P • Der lineare: y

1 2 ³ 1  t ˜ dt

1

1 § ª 1 3 º 1 · ˜ t  ˜t 2 ©¨ ¬ 3 ¼ 1 ¹¸

1 ª 1º ª ˜ 1   1  13 ¼º 2 ¬ 3¼ ¬





2 3

1 P • Der Betragsmittelwert ist wegen y ! 0 auch hier identisch mit linearen y

2 3

• Der quadratische Mittelwert: 1P

y2

1 ˜ 2

1

³

1  t2

1



2

dt

§ 1 · 1 ¨ t 4  2t 2  1 ˜ dt ¸ ˜ ¸ 2 ¨ © 1 ¹

³



1

1 ª1 5 2 3 º ˜ t  t  t» 2 «¬ 5 3 ¼ 1

8 15

Anmerkung: In allen Fällen genügt die Integration über genau eine Periode, da alle weiteren Perioden nichts weiter bewirken würden, als die Reproduktion des selben Ergebnisses.

Aufgabe 7.13 Flächenberechnung mittels Integralrechnung

227

Aufgabe 7.13 Flächenberechnung mittels Integralrechnung



(a.) (b.) (c.)

12 min 12 min 10 min

Punkte

hh

(a.) 6 P (b.) 7 P

(c.) 5 P

Die nachfolgend genannten Funktionen schneiden die x-Achse mehrmals, sodass die Kurven gemeinsam mit der x-Achse geschlossene Flächen definieren. Berechnen Sie die Flächeninhalte dieser geschlossenen Flächen. (a.) f1  x x3  3x 2  x  3

(b.) f 2  x

x2  4 x5

(c.) f3  x 

x4  2 x2 8

 Lösung zu 7.13 Die in der Aufgabestellung beschriebenen geschlossenen Flächen werden begrenzt durch die Schnittpunkte der Funktionsgraphen mit der x-Achse, dies sind die Nullstellen der Funktionen. Damit zeichnet sich der Lösungsweg ab: Man bestimme die Nullstellen der Funktionen und berechne die Beträge der Integrale zwischen den Nullstellen. Als Hilfe hierzu kann man eine grobe Handskizze des Funktionsgraphen anfertigen, damit man auf einen Blick sieht, was man eigentlich ausrechnen soll. (a.) Hier handelt es sich um ein Polynom dritten Grades, sodass man eine Nullstelle durch Probieren herausfinden muss. Setzt man x1 1 ein, so findet man f1 1 0 . Zum Auffinden der anderen beiden Nullstellen spaltet man mittels Polynomdivision ein quadratisches Polynom ab, sodass man mit Hilfe der pq-Formel die anderen beiden Nullstellen finden kann: 

 x3  3 x 2  x  3 :  x  1

x2  2 x  3

x3  x 2 

2 x 2  x 2 x 2  2 x 

3 x  3 3 x  3 0

Wir suchen also die Nullstellen: x 2  2 x  3 0 Ÿ x2 / 3 1 r 1  3 Ÿ x2 3 ; x3 1 Arbeitshinweis: Veranschaulichen lassen sich Aufgabenstellungen der Flächenberechnungen mittels Integration sehr schnell und effektiv anhand von Funktionsgraphen. Hierzu wird man sicherlich aus Zeitgründen keine gesamte Kurvendiskussion durchführen (insbesondere nicht während einer Prüfung) – viel sinnvoller ist es, einige wenige Funktionswerte zwischen und neben den

1P

228

7 Integralrechnung

Nullstellen zu berechnen, und damit eine grobe Skizze der Funktion zu erstellen. Auf diese Weise sieht man rasch, wie sich die Kurve in etwa verhält – das genügt für die Zwecke der Anschauung zur Flächenberechnung. Im Beispiel unserer Aufgabe sieht man den Funktionsgraphen in Bild 7-13a.

Bild 7-13a Graph der Funktion zu Aufgabe 7.13.a Diese lautet

3P

f1  x

x3  3 x 2  x  3

Die zu berechnende Fläche ist gepunktet.

Stolperfalle: Um die gepunktete Fläche zu berechnen, genügt es nicht, einfach die Integrale zwischen den Nullstellen zu berechnen und deren Werte zusammenzuzählen. Der Grund liegt in der Tatsache, dass die Integration Flächen oberhalb der x-Achse mit positivem Vorzeichen angibt, Flächen unterhalb der x-Achse hingegen mit negativem Vorzeichen. Aus diesem Grunde berechnet man alle auftretenden Flächenabschnitte einzeln und addiert danach deren Beträge. In diesem Sinn berechnen wir hier die beiden Flächen F1 und F2 getrennt und addieren erst zuletzt deren Flächeninhalte: 1

F1

³ x

3

1



ª 1 x 4  x3  1 x 2  3 x º 2 ¬4 ¼ 1



ª 1 x 4  x3  1 x 2  3 x º 2 ¬4 ¼ 1

 3 x 2  x  3 dx

1 3

F2

2P

³ x

3

 3x 2  x  3 dx

3

 14  1  12  3   14  1  12  3

4

 14 ˜ 81  27  12 ˜ 9  3 ˜ 3   14  1  12  3

4

1

Die gefragte Gesamtfläche lautet somit: Fges

F1  F2

44 8

(b.) Die Nullstellen der Funktion sind sehr einfach zu finden als Nullstellen des Zählers: 1P

x2  4

0 Ÿ x2

4 Ÿ

x1/ 2

r2

(Sie treten nicht als Nullstellen des Nenners auf.)

Eine Skizze des Funktionsgraphen findet man in Bild 7-13b. Da die gesuchte Fläche oberhalb der x-Achse liegt und ohne Unterbrechungen durch die beiden Nullstellen begrenzt wird, ist der Ansatz für das Integral zur Berechnung des Flächeninhaltes einfach: 2

F

³  dx x2  4 x 5

2

Aufgabe 7.13 Flächenberechnung mittels Integralrechnung

229

Bild 7-13b Graph der Funktion zu Aufgabe 7.13.b Diese lautet

3P

x2  4 x5 Die zu berechnende Fläche ist gepunktet. f2  x

Da wir die Stammfunktion der Funktion f 2  x nicht sofort sehen können, gehen wir in zwei Schritten vor: 1. Schritt Æ Bestimmung der Stammfunktion 2. Schritt Æ Einsetzen der Grenzen in die Stammfunktion Schritt 1: Wir substituieren u : x  5 Ÿ dx du und erhalten die Stammfunktion:

³

x2  4 dx x5

 u  5 2  4

u 2  10u  25  4

u 2  10u  21

du ³ u du ³ ³ u u 10u 21 21 u ³ u du  ³ u du  ³ u du ³ u du  ³10 du  ³ u du 2

1 2

 x  5 2  10 ˜  x  5  21˜ ln   x  5  C2

1 x2 2

du

1 u2 2

 10u  21 ˜ ln  u  C1

 5 x  75  21˜ ln 2

2P

  x  5  C2

Schritt 2: Wir setzen die Grenzen in die Stammfunktion ein und erhalten den Flächeninhalt: 2

F

³

x2  4 x 5

dx

ª 1 x 2  5 x  75  21 ˜ ln 2 ¬2

2 1 ˜ 4  5 ˜ 2  75 2 2



 21 ˜ ln

2

  x  5 º¼ 2

  2  5   12 ˜ 4  5 ˜  2  752  21˜ ln   2  5

20  21 ˜  ln  3  ln  7 20  21 ˜ ln

TR

 73 | 2.2067

Anmerkung: Alternativer Lösungsweg. Mancher Leser mag die Schritte 1 und 2 gemeinsam in einem Arbeitsgang ausführen und dabei die Grenzen mitsubstituieren. Mathematisch ist das nicht prinzipiell anders als der oben gezeigte Weg – und wer den Überblick dabei nicht verliert, kann das problemlos tun. Damit all diejenigen, die diesen Weg bevorzugen, ihre Lösung wiederfinden, sei der entsprechende Rechenweg nachfolgend als Alternative zum oben gezeigten Weg skizziert: Will man beide Rechenschritte in einem Arbeitsgang erledigen, so muss man natürlich gleich von Anfang an mit dem bestimmten Integral beginnen, also die Integrationsgrenzen angeben.

1P

230

7 Integralrechnung

Die Substitution der Variablen:

u : x  5 Ÿ dx

Mitsubstituieren der Grenzen:

x1

2 Ÿ u1 : x1  5

x2

2 Ÿ u2 : x2  5 3

du 7

Die Integration: 2 2

F

³

2

3

x 4 dx x 5

ª 1 u2 ¬2

³

3

 u  5 2  4 du u

7

.N ..... integrieren siehe oben

3

 10u  21 ˜ ln  u º ¼ 7



9 2



 30  21 ˜ ln  3 

³

u du 

7 49 2

3

3

³

³ u du

10 du 

7

21

7

 70  21 ˜ ln  7



20  21 ˜ ln  3  21 ˜ ln  7

TR

20  21 ˜ ln

 73 | 2.2067

(Das Ergebnis ist natürlich identisch mit dem obigen.)

(c.) Die Nullstellen findet man nach Ausklammern von x 2 : 

x4  2x2 8

0 Ÿ

  18 x2  2 ˜ x2

0

Also liegt eine doppelte Nullstelle vor bei x1 0 . 1 P Die anderen beiden Nullstellen liegen bei  1 x 2  2 0 Ÿ x 2 16 Ÿ x2 / 3 r4 8 Eine Skizze des Funktionsgraphen zeigt Bild 7-13c

Bild 7-13c Graph der Funktion zu Aufgabe 7.13.c Diese lautet

3P

x4  2 x2 8 Die zu berechnende Fläche ist gepunktet. f3  x



Da die gesamte Fläche oberhalb der x-Achse liegt, darf in einem einzigen Arbeitsschritt integriert werden: 4

1P

F

x4

³  8  2x

4

2

dx

4

ª  1 x5  2 x 3 º 3 ¬ 40 ¼ 4

 128   1024  128   1024 40 3  40 3

3072  5120 3072  5120 120

512 15

Aufgabe 7.14 Numerische Integration: Simpson-Verfahren

231

Aufgabe 7.14 Numerische Integration: Simpson-Verfahren

 

(a.)

20 min

(a.)

(b.)

20 min

(b.)

hhh hhh

Hier wird ein programmierbarer Taschenrechner vorausgesetzt.

Punkte (a.) 12 P (b) 12 P

Näherungsweise numerische Integration: Nachfolgend sind zwei bestimmte Integrale gegeben, deren Werte bitte Sie mit dem Simpson-Verfahren bestimmen (auch als Kepler’sche Faßregel bekannt.) Dazu teilen Sie das Intervall, über welches integriert werden soll, in 20 äquidistante Streifen ein und berechnen die 21 Funktionswerte an den Streifengrenzen. Darauf basierend berechnen Sie den Näherungswert des Integrals zweimal, nämlich einmal für 10 Streifen und einmal für 20 Streifen. Aus dem Vergleich der beiden so erhaltenen Näherungswerte führen Sie eine Restgliedabschätzung durch und formulieren das Ergebnis. 2

(a.) Fa

³ 1

2

1  e x dx x

(b.) Fb

³x

x

dx

1

 Lösung zu 7.14 2

(a.) Fa

³ 1

1  e x dx x

Gemäß Aufgabenstellung teilen wir das zu integrierende Intervall in 10 bzw. 20 Streifen mit 11 bzw. 21 Grenzen ein und erhalten die dortigen Funktionswerte entsprechend Tabelle7.14.a.

Tabelle 7.14.a Funktionswerte an den Grenzen äquidistanter Streifen des Integrationsintervalls Grenze-Nummer: i für n = 10 Streifen 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Grenze-Nummer: i für n = 20 Streifen 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

xi 1.00 1.05 1.10 1.15 1.20 1.25 1.30 1.35 1.40 1.45 1.50 1.55 1.60 1.65 1.70 1.75 1.80 1.85 1.90 1.95 2.00

f  xi

1 e  xi

xi

0.632120558829 0.619106905608 0.606480833002 0.594228896192 0.582338156740 0.570796162512 0.559590928435 0.548710918040 0.538145025756 0.527882559935 0.517913226568 0.508227113660 0.498814676253 0. 489666722048 0.480774397616 0.472129175171 0.463722839877 0.455547477668 0.447595463567 0.439859450468 0.432332358382

5P

232

7 Integralrechnung

Die erste Näherung basierend auf 10 Streifen (siehe Nummerierung in der äußerst linken Kolumne von Tab.7.14.a) ergibt: 1

F10

³

1  e x h dx | ˜ ¬ª y0  y2 n  2 ˜  y2  y4  ...  y2 n  2  4 ˜  y1  y3  ...  y2 n 1 ¼º (mit n=10) x 3

0

2P

h ˜ ª y0  y10  2 ˜  y2  y4  y6  y8  4 ˜  y1  y3  y5  y7  y9 º¼ 3 ¬

0.522663790374

Darin ist ganz allgemein „ h “ die Breite der einzelnen Streifen, also h

Integralobergrenze-Integraluntergrenze AnzahlderStreifen n

.

Im speziellen Fall unseres Beispieles zur Berechnung von F10 bedeutet die h

1 0 10

0.1

Die zweite Näherung basierend auf 20 Streifen (siehe Nummerierung in der zweiten Kolum 0 0.05 ): ne von links) ergibt (mit h 120 1

F20

2P

³

1  e x h dx | ˜ ª¬ y0  y2 n  2 ˜  y2  y4  ...  y2 n  2  4 ˜  y1  y3  ...  y2 n 1 º¼ (mit n=20) x 3

0

h ˜ ª y0  y20  2 ˜  y2  y4  ...  y18  4 ˜  y1  y3  y5  ...  y19 º¼ 3 ¬

0.522663758968

Die Restgliedabschätzung aus dem Vergleich der beiden Näherungen ergibt: 2P

1 ˜ F F R2 n | 15  n 2n

1 ˜ 15

TR

TR

 F10  F20 | 151 ˜ 3.14 ˜108 | 2.1 ˜ 109

(mit 2n = 20)

Dies ist der typische Weg der Restgliedabschätzung, für den Fall, dass man die Iteration für zwei Aufteilungen des zu integrierenden Intervalls kennt, deren Feinheit (Anzahl von Streifen) sich genau um einen Faktor 2 unterschiedet. 1

1 P Das Ergebnis lautet also F 1

³

1  e x dx | 0.5226637590  r 21 x

0

Anmerkung zur Schreibweise: In der Literatur existiert eine ganze Reihe verschiedener Schreibweisen zur Angabe von Messungenauigkeiten bzw. Rechenungenauigkeiten nebeneinander. Eine davon (die hier verwendete) benennt das mit einer Unsicherheit behaftete Ergebnis und gibt in Klammern dahinter die Unsicherheit der letzten Stellen an. (Das Zeichen „ r “ in der Klammer wird oftmals auch weggelassen.) In unserem Fall bedeutet dies, dass die „ 90 “ am Ende des Ergebnisses eine Unsicherheit von „ r 21 “ trägt. Zur Beachtung: Bei Angaben, die Unsicherheiten enthalten (dazu zählen auch die Ergebnisse von Näherungsrechnungen), müssen neben der Angabe des eigentlichen Wertes auch immer die Unsicherheiten mit angegeben werden. Ansonsten wäre die Benennung des Wertes nutzlos, denn man wüsste nicht, in wie weit man ihm trauen könnte.

Aufgabe 7.14 Numerische Integration: Simpson-Verfahren

233

Anmerkung: Die Anzahl der im Ergebnis anzugebenden Stellen hängt vom Ausmaß der Unsicherheit ab. Von der Unsicherheit werden immer nur ein bis zwei Stellen angegeben. Der kleinste in der Unsicherheit angegebene Stellenwert ist dann auch der kleinste bei Näherungswert oder Messwert anzugebende Stellenwert. 2

(b.) F2

³x

x

dx

1

Die Aufteilung des zu integrierenden Intervalls in 10 bzw. 20 Streifen mit 11 bzw. 21 Grenzen führt uns zu Tabelle 7.14.b . Tabelle 7.14.b Funktionswerte an den Grenzen äquidistanter Streifen des Integrationsintervalls Grenze-Nummer: i

Grenze-Nummer: i

für n = 10 Streifen

für n = 20 Streifen

0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xi 1.00 1.05 1.10 1.15 1.20 1.25 1.30 1.35 1.40 1.45 1.50 1.55 1.60 1.65 1.70 1.75 1.80 1.85 1.90 1.95 2.00

f  xi

xi xi

1.000000000000 1.052564610541 1.110534241055 1.174363423709 1.244564747204 1.321714079301 1.406456673238 1.499514216229 1.601692898202 1.713892598386 1.837117307087 1.972486920801 2.121250571098 2.284801672229 2.464694899485 2.662665340663 2.880650097068 3.120812648961 3.385570343918 3.677625416028 4.000000000000

5P

Die erste Näherung mit 10 Streifen, basierend auf der Nummerierung in der äußerst linken Kolumne von Tab.7.14.a ergibt: 1

F10

³x 0

x

dx |

h ˜ ª y0  y2 n  2 ˜  y2  y4  ...  y2 n  2  4 ˜  y1  y3  ...  y2 n 1 º¼ 3 ¬

(mit n=10)

2P h ˜ ª y0  y10  2 ˜  y2  y2  y6  y8  4 ˜  y1  y3  y5  y7  y9 º¼ 3 ¬

2.050460349542

234

7 Integralrechnung

Die zweite Näherung mit 20 Streifen, basierend auf der Nummerierung der zweiten Kolumne von links ergibt: 1

F20

³

1  e x h dx | ˜ ¬ª y0  y2 n  2 ˜  y2  y4  ...  y2 n  2  4 ˜  y1  y3  ...  y2 n 1 ¼º (mit n=20) x 3

0

2P

h ˜ ª y0  y20  2 ˜  y2  y4  ...  y18  4 ˜  y1  y3  y5  ...  y19 º¼ 3 ¬

2.050447121068

Die Restgliedabschätzung aus dem Vergleich der beiden Näherungen ergibt: TR

2P





TR

1 ˜ F F R2 n | 15  n 2n | 151 ˜ 1.3228 ˜105 | 8.82 ˜107

(mit 2n = 20)

2

1 P Das Ergebnis lautet also F 2

³x

x

dx | 2.05044712  r 88

1

Allgemeine Anmerkung: Es gibt einige Integrale, die sich nicht analytisch integrieren lassen, d.h. zu deren Integranden man keine Stammfunktion angeben kann. Für Funktionen wie z.B. f  x e x f  x

sin  x x

oder f  x

1 ln  x

2

oder

wurde mathematisch nachgewiesen, dass innerhalb unseres

Funktionsbegriffes keine Stammfunktionen angegeben werden können. Das hat letztlich seine Ursache in der Begriffsbildung der Funktion. Für solche Funktionen, die nicht analytisch integriert werden können, ist die numerische Integration einer der möglichen Wege zur Berechnung bestimmter Integrale. Einen anderen möglichen Weg kennt man z.B. im Zusammenhang mit der Behandlung von Taylor-Reihen (siehe Kapitel 11).

Aufgabe 7.15 Schnittflächen zwischen Funktionen



(a.) (b,c.)

15 min 10 min

hh

Punkte (a) 7 P

(b,c.) 5 P

Bei jeder der folgenden Teilaufgaben sind zwei Funktionen f  x und g  x gegeben, deren Schnittflächen berechnet werden sollen: (a.) f  x x ˜ e x (b.) f  x 4a 

2

und g  x 4 x

x2 und g  x a

3 2 ˜  x  2a a

(c.) f  x sin  x und g  x cos  x

(wobei a eine positive reelle Konstante sei)

Gesucht ist die Schnittfläche zwischen zwei aufeinander folgenden Schnittpunkten.

Aufgabe 7.15 Schnittflächen zwischen Funktionen

235

 Lösung zu 7.15 Die Funktionsgraphen begrenzen die Flächen als Kurven. Deren Schnittpunkte bestimmen die Integrationsgrenzen. Man berechnet sie an den Stellen, an denen f  x g  x ist. 2

(a.) Bestimmung der Schnittpunkte: Wir setzen x ˜ e x 4 x Ein Schnittpunkt liegt bei x1 0 , denn dann lautet die Gleichung 0 0 Andere Schnittpunkte bei x z 0 findet man, indem man die Gleichung durch x kürzt: x ˜ ex

2

4x Ÿ ex

2

4 Ÿ x2

ln  4 Ÿ

x2

 ln  4 und x3

1P

 ln  4

Eine Skizze der zu berechnenden Schnittfläche zeigt Bild 7-15a.

Bild 7-15a

Graphen der Funktionen f  x g  x

und

x ˜ ex

2

2P

4x

Die zu berechnende Schnittfläche ist grau unterlegt.

Bei der Aufstellung der Integrale muss man beachten, ob die zu berechnenden Flächen oberhalb oder unterhalb der x-Achse liegen. Damit ergibt sich die Fläche gemäß F

x1

x1

³

³

 g  x dx 

x3

³

f  x dx 

x3

g  x dx 

³ f  x dx

x2 x2   

x1 x1   

Anteil unterhalb der x-Achse

Anteil oberhalb der x-Achse

1P

Als Nebenrechnung (Einschub) wollen wir die Stammfunktion zu f  x suchen. Dies gedz dx

schieht mittels Substitution: z : x 2 Ÿ Somit lautet die Stammfunktion

³ x˜e

x2

dx

2x Ÿ

³e

z 1 ˜ 2 dz

1 dz 2

x ˜ dx 1 ez 2

 C1

1 ex 2

2

 C2

1P

Damit ist jetzt die Flächenberechnung möglich: 0

F

x3

0

³

 4 x ˜ dx  x2

³ x˜e

x2 0

 ª2 x2 º ¬ ¼

x2

dx 

x3

³ 4 x ˜ dx  ³ x ˜ e 0

0

2  ª 1 ex º ¼»  ln  4 ¬« 2

x2

dx

0

 ln  4

 ª2 x2 º ¼0 ln  4 ¬

2P

 ln  4

2  ª 12 e x º »¼ 0 ¬«

ln 4 ln 4  ª¬ 0  2 ˜ ln  4 º¼  ª 12 ˜ e0  12 ˜ e  º  ª¬ 2 ˜ ln  4  0 º¼  ª 12 ˜ e   12 ˜ e0 º «¬ »¼ «¬ »¼

3  4 ˜ ln  4

236

7 Integralrechnung

(b.) Bestimmung der Schnittpunkte: Wir setzen 4a  Ÿ 4a 2  x 2



3 ˜ x 2  4ax  4a 2

1 P Mit der pq-Formel folgt: x 1/ 2

3ar 2



3 2 ˜  x  2a und lösen nach x auf: a

x 2  3ax  2a 2

Ÿ 9 a2 4

x2 a

 84 a 2

3ar 1a 2 2

Ÿ

0 x1

a und x2

2a

Eine Skizze der zu berechnenden Schnittfläche zeigt Bild 7-15b

Bild 7-15b

2P

Graphen der Funktionen f  x

4a 

x2 a

und 3 2 g  x ˜  x  2a a Die zu berechnende Schnittfläche ist grau unterlegt..

Da die gesamte zu berechnende Fläche oberhalb der x-Achse liegt, ist das Aufstellen der Integrale einfach, ebenso das Lösen: x2

F

2P

³

x1

x2

f  x dx 

³

x1

g  x dx

x2

2a

³  f  x  g  x dx

³

x1

2a

ª x3 1 3º  ˜  x  2a » « 4ax  3 a a ¬« ¼» a

a

4a 

x2 3 2  ˜  x  2a dx a a

ª 2 8a 3 1 a3 1 3º ª 3º  ˜  2a  2a »  « 4 a 2   ˜  a  2a » «8a  3 a a 3 a a ¬« ¼» ¬« ¼»

2 2 a 3

Aufgabe 7.16 Integration in Parameterdarstellung

237

(c.) Die Graphen von Sinus und Cosinus sind allgemein bekannt (siehe Bild 7-15c).

2P Bild 7-15c Graphen der Funktionen f  x sin  x

g  x

und

cos  x

Die gesuchte Schnittfläche ist grau unterlegt.

Die Lage zweier aufeinander folgender Schnittpunkte bestimmen wir wie folgt: sin  x

sin  x

cos  x Ÿ

Wegen arctan 1

1 Ÿ tan  x 1

cos  x ʌ 4

und wegen der S-Periodizität des Tangens, gibt es unendlich viele 1 P

Schnittstellen, die bei xk

ʌ 4

 k ˜ ʌ (mit k  ]) liegen. Zwei benachbarte Schnittstellen innerʌ 4

halb der ersten Periode des Sinus und Cosinus liegen also bei x1

und x2

5ʌ 4

.

Damit ergibt sich die zu integrierende Fläche: ʌ

F

ʌ

2

x2

x2

x2

³

³ sin  x dx

³ sin  x dx  ³ cos  x dx

 cos  x dx 

 

  

x1

x1

ʌ

³ sin  x dx  ³ cos  x dx

ʌ

2

x1

Flächen oberhalb der x-Achse werden positiv gezählt. Flächen unterhalb der x-Achse sind aus der Integration negativ und bekommen deshalb ein Minus hinzugefügt.

³ sin  x  cos  x dx

5ʌ

4 ª ¬ cos  x  sin  x º¼ ʌ 4

   

 

1 2

x

1  

Flächenanteil oberhalb der x-Achse Flächenanteil unterhalb der x-Achse   

x2

x2

1 2

Zusammenfassen der Integrale erleichtert den Rechenaufwand.

1 2



1 2

4˜

1 2

8

x1

Anmerkung: Aus Symmetriegründen hätte es auch genügt, die Fläche oberhalb der x-Achse zu berechnen und daraus durch Multiplikation mit zwei die Gesamtfläche zu bestimmen.

Aufgabe 7.16 Integration in Parameterdarstellung



(a.) (b.)

15 min 12 min

hhh

Punkte (a.) 7 P (b.) 7 P

Gegeben seien zwei Kurven in Parameterdarstellung (also durch x  t und y  t ). Fertigen Sie von den Kurven jeweils einfache Handskizzen im xy-Diagramm derart, dass die Verläufe der Kurven prinzipiell erkennbar werden. Die Kurve von Aufgabenteil (a.) bildet mit der x-Achse eine geschlossene Fläche, die Kurve von Aufgabenteil (b.) mit der y-Achse. Berechnen Sie bitte die beiden so beschriebenen Flächeninhalte. Die beiden Kurven lauten:

2P

238

7 Integralrechnung

(a.) x  t sin  t und y  t t 2  4t  5 2

(b.) x  t t  4t  5 und y  t e

und werde betrachtet für den Bereich t 1...  5

t

und werde betrachtet für den Bereich t 1...  5

 Lösung zu 7.16 (a.) Die gesuchte Parameterdarstellung zeigt Bild 7-16a

3P

Bild 7-16a Graph zu einer Funktion in Parameterdarstellung: x  t sin  t

y t für t

t 2  4t  5

1...  5

Wenn die Fläche gesucht wird, die die Kurve mit der x-Achse einschließt, so müssen wir die beiden Nullstellen der Funktion y  t kennen. Diese finden wir mit der pq-Formel: 1P

t 2  4t  5 0 Ÿ t 2  4t  5 0 Ÿ t1/ 2

y t

2r 45

2 r 3 Ÿ t1

1 und t2

5

Dies umfasst den nach der Aufgabenstellung vorgegebenen Bereich. Über das Intervall >t1; t2 @ müssen wir also integrieren. Die Flächenintegration in Parameterdarstellung lautet: t2

1P

F

³

y t ˜

dx  t dt

t1

t2

˜ dt

³

t2

³  t

y ˜ x ˜ dt

t1

2



 4t  5 ˜ cos  t ˜ dt

t1

Integriert wird wie gewohnt durch zweimalige partielle Integration: t

ª º 2 t2 « 2 » t  4 ˜ sin  t ˜ dt  t »  2  « t  4t  5 ˜ sin N

N  

«  » v v1 t u' 1 1 1 u ¬ ¼ t1 1

t2

F

t  4t  5 ˜ cos  t ˜ dt  ³   



2

t1

2P



v'1

u1



t



t2

ª t 2  4t  5 ˜ sin  t º 2   2t  4 ˜ sin  t ˜ dt ¬« ¼» t1   

N

³ t1

u2

v'2

³

Aufgabe 7.16 Integration in Parameterdarstellung

239 t

ª º 2 t2 « ª t  4t  5 ˜ sin  t º   2t  4 ˜   cos  t »   2 ˜   cos  t ˜ dt «¬ »¼ t «  N  

 

  » 1 «¬ u 2 »¼ t1 u'2 v2 v2 t1



2



t2

³

5

ª t 2  4t  5 ˜ sin  t º  ª 2t  4 ˜  cos  t º 5  ª 2 ˜ sin  t º 5 ¼ 1 ¼ 1 ¬ ¬« ¼» 1 ¬





TR

2 ˜ sin  5  6 ˜ cos  5  2 ˜ sin 1  6 ˜ cos 1 | 5.1787

Anmerkung: Das negative Vorzeichen steht für den linkslaufenden Umlaufsinn der Kurve beim Plotten mit wachsendem Argument t . Ein rechtslaufender Umlaufsinn würde zu einem positiven Vorzeichen des Ergebnisses führen. Die tatsächlich umschlossene Fläche ist der TR

Betrag des Ergebnisses, also F | 5.1787 Flächeneinheiten. Arbeitshinweis: Die Tatsache, dass das Vorzeichen der über die Integration berechneten Fläche den Umlaufsinn der Kurve wiedergibt, ist eine prinzipielle Eigenschaft der Integration in Parameterdarstellung. (b.) Die Kurve in Parameterdarstellung zeigt Bild 7-16b

Bild 7-16b Graph zu einer Funktion in Parameter- 3 P darstellung:

x t

t 2  4t  5

y t

et

für t

1...  5

Wenn die Fläche gesucht wird, die die Kurve mit der y-Achse einschließt, so müssen wir die Nullstellen von x  t kennen. In Analogie zu Aufgabenteil (a.) benutzen wir die pq-Formel: x t

t 2  4t  5 0 Ÿ t 2  4t  5 0 Ÿ t1/ 2

2r 45

2 r 3 Ÿ t1

1 und t2

5

1P

240

7 Integralrechnung

Damit lautet die Flächenintegration in Parameterdarstellung: 1P

t2

³

F

y t ˜

t1

dx  t dt

t2

³

˜ dt

t2

³e

y ˜ x ˜ dt

t1

t

˜  2t  4 ˜ dt

t1

Zur Integration genügt einmalige partielle Integration: t

t2

F

1P

³ t1

t eN ˜  2t  4 ˜ dt   

u'1

v1

t

ª º 2 t2 « t » 2t  4 »  et ˜  2 ˜ dt « e ˜   

 N « 

» v'1 v1 ¬ u1 ¼ t1 t1 u1





³







t

t

ª et ˜  2t  4 º 2  ª 2et º 2 «¬ »¼ t ¬ ¼ t1 1

TR

ª 2t  2 ˜ et º 2 ¬ ¼ t1

8 ˜ e5  4 ˜ e1 |  10.927

Aufgabe 7.17 Integration in Polarkoordinaten

  

(a.)

3 min

(a.)

(b.)

10 min

(b.)

(c.)

8 min

(c.)

hh hhh hh

Punkte (a.) 2 P (b.) 7 P (c.) 4 P

Gegeben seien Kurven r r M in Polarkoordinaten. Zeichnen Sie die Kurven und berechnen Sie die eingeschlossenen Flächen. (a.) r R const.

Flächenberechnung für einen gesamten Umlauf M

(b.) r a ˜ cos  2M

Zeichnung und Flächenberechnung für einen gesamten Umlauf,

0...2ʌ

wobei auf den Definitionsbereich zu achten ist: Der Radikand ist nicht negativ für cos  2M t 0 Ÿ M  ¬ª  ʌ4  2ʌn ; 

ʌ 4

 2ʌn ¼º * ¬ª 43 ʌ+ 2ʌn ;  54 ʌ+ 2ʌn ¼º

Der erste Umlauf entspricht diesem Intervall für n 0 . (c.) r M

Zeichnung und Flächenberechnung für einen Umlauf M 0...2ʌ

 Lösung zu 7.17 Die Formel zur Berechnung der eingeschlossenen Fläche bei einer in Polarkoordinaten gegebenen Kurve lautet M2

F

³ M

1

1 2

 r M 2 d M

Aufgabe 7.17 Integration in Polarkoordinaten

241

In diese Formel setzen wir nachfolgend die drei oben angegebenen Kurven ein. M2

³ M

(a.) F

1 R 2 dM 2

2ʌ

ª 1 R2 ˜ M º ¬2 ¼0

ʌR 2

1P

1

Dass die Kurve natürlich einen Kreis beschreibt, ist bei konstantem Radius offensichtlich. 1P Aus diesem Grunde überlassen wir das Zeichnen der Kurve den Lesern selbst. (b.) Die Kurve ist bekannt als Lemniskate, man sieht sie in Bild 7-17b.

3P Bild 7-17b

Graph der Lemniskate r

a ˜ cos  2M

Dargestellt ist der erste Umlauf für M  ª¬  ʌ4 ;  ʌ4 º¼ * ª¬ 34 ʌ ;  54 ʌ º¼

Die Flächenberechnung bezieht sich eigentlich auf die gesamte Fläche innerhalb der beiden Hanteln. Führt man aber die Integration durch, so muss man wegen der Unterbrechungen im Definitionsbereich der Funktion die gesamte Fläche aus entsprechenden Stücken zusammensetzen. Aus Symmetriegründen kann man ebensogut aber das grau schraffierte kleine Stück integrieren, welches genau ein Viertel der gesamten Fläche einnimmt. Die Integrationsgrenzen zu diesem grauen Stück sind M 0... ʌ4 . (Dadurch wird die Arbeit erleichtert.) ʌ

F1

4

4

³ 0

1 a 2 ˜ cos 2

 2M dM

ʌ

ª 1 a 2 ˜ 1 sin  2M º 4 2 ¬2 ¼0

ʌ· ¸ © 2¹

1 a 2 sin § ¨ 4

1 a2 4

3P

Aus Symmetriegründen ist dann die gesamte Fläche das Vierfache dieser schraffierten Flä1P che: Fges 4 ˜ F1 4 a 2 (c.) Die Kurve heißt nach ihrem Entdecker die Archimedische Spirale: siehe Bild 7-17c.

242

7 Integralrechnung

2P Bild 7-17c Graph der Archimedischen Spirale: r

M

Sie ist dargestellt für M  > 0;2ʌ @ .

Die Flächenberechnung für den ersten Umlauf, also M  >0;2ʌ @ lautet M2

2P

F

³ M

M2 1 2

 r M 2 dM

³ M

1

2ʌ 1 M 2 dM ª 1 M 3 º 2 ¬ 6 ¼0

8 ʌ3 6

0

4 ʌ3 3

1

Dies ist genau der Inhalt der grau schraffierten Fläche.

Aufgabe 7.18 Bogenlängenberechnung mittels Integration

 

(a.)

12 min

(a.)

(b.)

10 min

(b.)

hhh hhh

Punkte (a.) 6 P (b.) 5 P

(a.) Berechnen Sie die Bogenlänge (also die Länge des Striches des Graphen) einer Normalparabel y x 2 beginnend beim Koordinatenursprung und endend im Punkt P=(3;9). (b.) Berechnen Sie die Bogenlänge der in Polarkoordinaten gegebenen Archimedischen Spirale r M 2M für einen Umlauf mit M 0...2ʌ .

 Lösung zu 7.18 (a.) Ist die Funktion in kartesischen Koordinaten gegeben (also y b

genlängenberechnung S

³

1

dy 2 dx



a

3

1P

S

³ 0

3 2

1   2 x ˜ dx

³ 0

1  4 x 2 ˜ dx

f  x ), so lautet die Bo-

˜ dx . Für unser Beispiel folgt daraus:

Aufgabe 7.18 Bogenlängenberechnung mittels Integration

243

Die Stammfunktion findet man wie in Aufgabe 7.6 gezeigt durch eine Substitution x : 12 ˜ sinh  t Ÿ

dx dt

1 cosh 2

t

Ÿ dx

1 cosh 2

 t ˜ dt

Damit folgt nämlich:

³

4 x 2  12 dx

4 ˜ 14 sinh 2  t  12 ˜ 12 cosh  t dt

³

1 2

³ cosh

2

1P

 t dt (**)

Diese Integration mit einer Hyperbelfunktion im Integranden folgt einem altbekannten Schema mit partieller Integration und der Verwendung von Additionstheoremen, die wir als Nebenrechnung ausführen: t ˜ cosh  t dt 

³ cosh      

³ cosh  t ˜ sinh  t  C   cosh  t  1 dt ³   

u

cosh  t ˜ sinh  t  C1  sinh  t ˜ sinh  t dt   

  

  

  

v'

u

v

2

1

u'

1P

v

cosh  t ˜ sinh  t  C1  cosh 2  t dt  1 dt

³

³

nach dem Additionstheorem: cosh 2  x  sinh 2  x 1

Durch Äquivalenzumformung mittels Addition von 2 ˜ cosh 2  t dt

³

³

cosh  t ˜ sinh  t  C1  1dt

³ cosh

2

 t dt auf beiden Seiten folgt: 1P

cosh  t ˜ sinh  t  t  C2

Setzt man das Ergebnis dieser Nebenrechnung in die obige Gleichung (**) ein, so folgt:

³

4 x 2  12 dx

1 2

³ cosh

2

 t dt

1 cosh 4

 t ˜ sinh  t  14 t  C2

1˜ 4

4 x 2  1 ˜ 2 x  14 arsinh  2x  C2

1  sinh 2  t

wobei die Resubstitution verwendet wurde: sinh  t 2 x Ÿ cosh  t

1P

1  4 x2

Nun endlich liefert das Einsetzen der Integralgrenzen die gesuchte Bogenlänge: 3

S

3 2

³

1   2 x ˜ dx

0

³

1  4 x 2 ˜ dx

0

3

ª 1 x ˜ 4 x 2  1  1 arsinh  2x º 4 «¬ 2 »¼ 0

3˜ 2

M2

(b.) Die Bogenlängenberechnung in Polarkoordinaten lautet S

³

M1

TR

37  14 arsinh  6 | 9.747

1P

2

2 § dr M · ¨ d M ¸   r M ˜ dM © ¹

Setzen wir die Gleichung der Archimedischen Spirale r M 2M ein, so ergibt sich M2

S

M2

³ M

 2

2

2

  2M ˜ dM

1

2˜

³ M

1  M 2 ˜ dM

1P

1

Beim Aufsuchen der Stammfunktion sei auf Aufgabe 7.6.c verwiesen, in der genau diese Integration auftaucht. Das unbestimmte Integral übernehmen wir von dort, und zwar als

³

1  M 2 dM

1 arsinh 2

M2

S

2˜

³ M

1  M 2 ˜ dM

M  12 ˜ M ˜

1  M 2  C . Wir setzen nun noch die Grenzen ein: 2ʌ

ªarsinh M  M ˜ 1  M 2 º «¬ »¼ 0

ª arsinh  2ʌ  2ʌ ˜ 1  4ʌ 2 º  0  0 TR @ | 42.512588 «¬ »¼ >

1

Dies ist die gefragte Bogenlänge der Archimedischen Spirale für den ersten Umlauf.

3P 1P

244

7 Integralrechnung

Aufgabe 7.19 Berechnung eines Rotationsvolumens



6 min

Punkte 6P

hhh

Gegeben sei ein Trichter, dessen Oberfläche durch Rotation der Funktion y  x

x um die

y-Achse beschrieben werde. Man betrachte hierzu Bild 7-19a.

Bild 7-19a Veranschaulichung eines Trichters, der durch Rotation der Funktion y  x x um die y-Achse entsteht.

Die graue Schraffur symbolisiert Wasser, welches bis zu einem Pegelstand von y 3 eingefüllt ist.

Wieviel Wasser kann der Trichter fassen, wenn man ihn bis zu einer Höhe von y 3 füllt? Berechnen Sie das Rotationsvolumen.

 Lösung zu 7.19 Zur Berechnung von Rotationsvolumina findet man in den meisten Formelsammlungen zweierlei Formeln. Die eine gilt für die Rotation der Kurve y y  x um die x-Achse, die andere gilt für die Rotation der Kurve x x  y um die y-Achse. Zur Aufgabenstellung passt aber keine der beiden Möglichkeiten, denn wir haben y

y  x

gegeben, aber diese Kurve rotiert um y-Achse. Nun bieten sich uns zwei Möglichkeiten der Anpassung: -

Zum Einen können wir die Umkehrfunktion zu y  x x

x

bilden und damit

x  y bestimmen. Diese Funktion können wir dann um die y-Achse rotieren las-

sen. (Einen vergleichbaren Weg werden wir in Aufgabe 7.20 gehen.) -

Zum Anderen aber können wir ebenso gut die Rotation um die x-Achse betrachten. Dieser Weg ist der am weitesten verbreitete Lösungsweg. Deshalb entscheiden wir uns für ihn. Auch hierfür benötigen wir die Umkehrfunktion. Zur Wurzelfunktion ist die Umkehrfunktion die quadratische Parabel: y x 2 Wir berechnen also das Rotationsvolumen gemäß Bild 7-19b bei Rotation der quadratischen Parabel um die xAchse.

Aufgabe 7.20 Berechnung eines Rotationsvolumens

245

Bild 7-19b Der hier gezeigte Trichter, der durch Rotation der

Funktion y x 2 um die x-Achse entsteht, vereinfacht die Lösung von Aufgabe 7.19.

2P

Jetzt symbolisiert die graue Schraffur das Wasser, welches bis zu einem Pegelstand von x 3 eingefüllt sein müsste. Dies entspricht einem y 9 bis y 9 in der Umkehrfunktion.

(a.) In der Formelsammlung finden wir nun die Berechnung des Rotationsvolumens bei Rotation um die x-Achse, in die wir nun leicht einsetzen können: 3

V

ʌ˜

³ 0

3 2

 y  x dx

ʌ ˜ x 4 dx

³ 0

3

ʌ 5 x 5 0

243ʌ TR | 152.68 Volumeneinheiten 5

Aufgabe 7.20 Berechnung eines Rotationsvolumens



10 min

hh

Punkte 8P

Dreht man einen zylindrischen Becher, der eine Flüssigkeit enthält, um seine Symmetrieachse, so nimmt die Oberfläche der Flüssigkeit aufgrund der Zentrifugalkraft und der Schwerkraft die Form einer Parabel an, wie in Bild 7-20 gezeigt. Berechnen Sie das Flüssigkeitsvolumen, welches sich in dem dort dargestellten Becher befindet.

4P

246

7 Integralrechnung

Bild 7-20 Gezeigt wird der Querschnitt durch ein rotierendes Becherglas, in dem sich eine Flüssigkeit befindet, die mit der selben Geschwindigkeit rotiert wie das Glas selbst. Die Flüssigkeit ist grau schraffiert, ihre Oberfläche hat die Form einer Parabel. Die für das Lösen der Aufgabe benötigten Abmessungen sind in der Graphik skizziert.

 Lösung zu 7.20 Wir gehen in zwei Schritten vor: 1. Schritt Æ Aufstellen der mathematischen Gleichung der Parabel an der Oberfläche 2. Schritt Æ Berechnen des Rotationsvolumens der Parabel. 3. Schritt Æ Angeben der Antwort: Flüssigkeitsvolumen Zu Schritt 1: Die Parabel stellt eine Funktion mit gerader Symmetrie dar, die sich beschreiben lässt durch die Funktionsgleichung: y  x ax 2  b Zwei Punkte kennen wir aus Bild 7-20 zur Bestimmung der beiden Koeffizienten:

2P

y  0 cm

2 cm Ÿ b

y  5 cm

27 cm Ÿ a ˜  5 cm  2 cm

und

2 cm 2

27 cm Ÿ

 5 cm 2 ˜ a

1 25 cm Ÿ a 1 ˜ cm

Zu Schritt 2: Die Parabel rotiert nicht um die x-Achse, sondern um die y-Achse ! Diesmal verwenden wir die in den Formelsammlungen angegebene Formel für das Rotationsvolumen innerhalb einer um die y-Achse rotierenden Kurve. Am leichtesten erreichen wir die Lösung, wenn wir das von der Parabel beschriebene Luftvolumen unterhalb der in Bild 720 als „Obergrenze“ bezeichneten Linie berechnen. Die Formel dafür lautet y2

VLuft

ʌ

³f y1

1

 y

2

dy .

(*2)

Aufgabe 7.21 Berechnung einer Rotationsoberfläche

247

Dafür benötigen wir die Umkehrfunktion f 1 der Parabel: y

ax 2  b Ÿ ax 2

f  x

y b Ÿ x a

y  b Ÿ x2

f 1  y

y b a

(*1)

1P

Die Integration des Rotationsvolumens der Luft erhält man durch Einsetzen der Gleichung (*1) in die Gleichung (*2): y2

VLuft

ʌ˜

³

y1

y2

2

§ y b · ¨¨ ¸ dy a ¸¹ ©

ʌ˜

³

y1

yb dy a

27 cm

ʌ ˜ ª 12 cm ˜ y 2  2 cm 2 ˜ y º ¬ ¼ 2 cm

y2

ʌ˜

³

y1

27 cm

§ y b· ¨  ¸ dy ©a a¹ 3

ʌ˜

TR

ʌ ˜ 312.5 cm | 981.74 cm

§ y 2 cm · ¨  1 ¸ dy ¨ 1 ¸ cm ¹ 2 cm © cm

³

4P

3

Zu Schritt 3: Da sich das Flüssigkeitsvolumen und das Luftvolumen unterhalb der „Obergrenze“ zu einem Zylindervolumen ergänzen, dessen Inhalt man sehr simpel berechnen kann, finden wir das Volumen der Flüssigkeit wie folgt: Das gesamte Zylindervolumen beträgt VZylinder

2

ʌR 2 ˜ h

ʌ ˜  5 cm ˜  27 cm

Das Flüssigkeitsvolumen ist das Volumen des 27 cm hohen Zylinders abzüglich des berechneten Luftvolumens: VWasser

VZylinder  VLuft

2

TR

ʌ ˜  5 cm ˜  27 cm  ʌ ˜ 312.5 cm3 | 1138.8 cm3

Es sind also etwa 1138.8 cm3 Flüssigkeit im Zylinder enthalten.

Aufgabe 7.21 Berechnung einer Rotationsoberfläche



15 min

hhh

Punkte 11 P

Wie viel Gummi braucht man zur Herstellung eines Schlauches für einen Fahrradreifen? Der Schlauch hat die Form eines Ringtorus, wie er entsteht, wenn man einen Kreis entsprechend Bild 7-21 um die x-Achse rotieren lässt. Berechnen Sie die Oberfläche dieses Ringtorus.

1P

248

7 Integralrechnung

Bild 7-21 Ringtorus zur Beschreibung der Oberfläche eines Fahrradschlauches. Der Schlauch entsteht, wenn man einen Kreis um die x-Achse rotieren lässt.

Hinweis: Zur Berechnung der Oberfläche des Ringtorus beschreibe man den rotierenden Kreis in zwei Abschnitten, wovon einer in der Skizze als f1  x bezeichnet wurde (dies ist der Abschnitt oberhalb der als „Kreismitte“ bezeichneten Linie) und der andere f 2  x (unterhalb der Linie mit dem Namen „Kreismitte“). Die für das Lösen der Aufgabe benötigten Parameter „a“ und „r“ seien als Konstanten zu behandeln und dürfen für das Auffinden der Lösung als bekannt vorausgesetzt werden.

 Lösung zu 7.21 Hier bietet sich eine Vorgehensweise in zwei Schritten an: 1. Schritt Æ Aufstellen der mathematischen Gleichungen für f1  x und f 2  x 2. Schritt Æ Berechnen der Mantelfläche des Rotationskörpers Zu Schritt 1: Anmerkung: Die Untergliederung des Kreises in zwei Abschnitte ist deshalb nötig, weil der mathematische Funktionsbegriff zu jedem Wert der Definitionsmenge (hier x-Wert) nur maximal einen Wert der Wertemenge (hier y-Wert) zulässt. Da es sich um Kreise handelt, machen wir von der Kenntnis der Kreisgleichung Gebrauch: 3P

f1  x

a  r 2  x2

f2  x

a  r 2  x 2 (nach unten geöffneter Halbkreis um den Punkt  x; y

(nach oben geöffneter Halbkreis um den Punkt  x; y  0; a )

 0; a )

Zu Schritt 2: Die Mantelfläche des gesamten Torus ergibt sich, wenn man jeden der beiden Halbkreise für sich (einzeln) um die x-Achse rotieren lässt und die beiden so berechneten Oberflächen addiert. Die allgemeine Formel zur Berechnung von Manteloberflächen lautet x2

A 2ʌ ˜

³ f  x ˜

2

1   f '  x dx

x1

r

Damit ist erste Oberfläche A 1 2ʌ ˜

³ a 

r



r 2  x2 ˜ 1 

x2 2 2 r  x

  2 dies ist  f1 '

dx

Aufgabe 7.22 Bogenlängenberechnung

249 r

und die zweite Oberfläche ist A2 2ʌ ˜

³



a  r 2  x2 ˜ 1 

r

3P

x2 2 2 r  x

  2 dies ist  f 2 '

dx

Wir addieren und führen die Integration aus: r

ATorus

2ʌ ˜

³

r r

4ʌa ˜

³

r



a  r 2  x2  a  r 2  x2 ˜ 1  r 2  x2 r 2  x2



r 2  x2

dx

4ʌa ˜

³

r

2

r x

r

x2

r

x2 2

r2 r 2  x2

dx

4ʌa ˜

dx

4ʌa ˜

r

4ʌa ˜

³

r

r

1 2

1 z

2

˜ r ˜ dz

ª § x ·º 4ʌar ˜ « arcsin ¨ ¸ » © r ¹¼ r ¬

³

r x r

x2

1

r r

Mit einer einfachen Substitution kommen wir zum Ziel: z : ATorus

³

2

r  x2

dx

3P 1 12 

Ÿ

 rx

dz dx

2

1 r

dx

Ÿ dx

§ · ¨ ¸ 4ʌar ˜ ¨ arcsin 1  arcsin  1 ¸   

 

¨ ¸ ʌ ʌ 2 2 © ¹

r ˜ dz

4ʌ 2ar

Anmerkung: Die Integration, die zum Arcus Sinus führt, sollte in allen elementaren Integraltabellen stehen. Die Oberfläche des Fahrradschlauches beträgt also 4ʌ 2ar . Da a und r Längeneinheiten tragen, ist die Einheit der Oberfläche auch korrekterweise das Quadrat einer Längeneinheit.

Aufgabe 7.22 Bogenlängenberechnung



hhh

8 min

Punkte 5P

Der Weg des Ventils am Reifen beim Fahren ist die Zykloide. In Parameterdarstellung wird sie beschrieben durch x  t a ˜  t  sin  t und

y t

a ˜ 1  cos  t

Ihren Verlauf erkennt man in Bild 7-22. Berechnen Sie die Bogenlänge der Zykloiden von einer Nullstelle bis zur nächsten. Dies ist der Weg, den das Ventil während einer Umdrehung des Reifens zurücklegt. Bild 7-22 Verlauf der Zykloiden, die den Weg des Ventils am Reifen beim Fahren beschreibt. Die Größe „a“ ist der Radius des Reifens. Sie darf für die vorliegende Aufgabe als bekannte Konstante vorausgesetzt werden.

Für die vorliegende Aufgabe sei das Ventil näherungsweise als am äußersten Rand des Reifens angebracht zu betrachten.

2P

250

7 Integralrechnung

 Lösung zu 7.22 Die Bogenlänge einer in Parameterdarstellung gegebenen Kurve berechnet man gemäß t2

1P

S

2

³  dxdt   dxdt

2

dt . Speziell für die Zykloide unserer Aufgabe gilt

t1

dx dt dy dt

a ˜ 1  cos  t a ˜ sin  t

Setzen wir ein, so erhalten wir t2

1P

S

³

2ʌ 2

2

a ˜ 1  cos  t  a ˜ sin  t dt 2

2

a˜

 t  sin  t dt 1  2 cos t  cos ³  

0 ausquadriert nach der 2. Binomischen Formel

t1

ʌ

2P

a˜

2ʌ 2

1  2 cos  t  cos 2  t  sin  t dt   

³ 0

2a ˜

³  2t dt sin

0

4a ˜ cos

a˜

³

2ʌ

2 ˜ 1  cos  t dt

a˜

³

2 ˜ 2 ˜ sin 2

 2t dt

0 0  

Aufgrund des Additionstheorems 1 cos  t 2˜sin 2  2t

1

2ʌ

1P

2

2

2ʌ

 2t 0

§ · 4a ˜ ¨ cos  ʌ  cos  0 ¸ ¨   ¸ 1 ¹ © 1

 8a

Das Ventil legt also während einer Umdrehung des Rades das achtfache des Reifenradius als Strecke zurück.

8 Komplexe Zahlen Aufgabe 8.1 Grundrechenarten mit komplexen Zahlen

  

(a,b,c.) je ‹ min (d,g.)

je Š min

(d.)

(e,f.)

1 min

(f,g)

Punkte (a,b,c.) je 1 P

h h h

(a,b,c.)

(e.) 1 P (f.) 1 P (g.) 1 P

Gegeben seien zwei komplexe Zahlen z1 ; z2  ^ mit den Werten z1 3  5i und z1 4  2i (mit i als komplexer Einheit). Führen Sie bitte folgende Berechnungen aus: (a.) z1  z2 ? (e.)

z1 z2

?

(b.) z1  z2 ?

(c.) z1 ?

(f.) z12 ?

(g.) z1

(d.) z1 ˜ z2 ?

?

 Lösung zu 8.1 Arbeitshinweis: In der hier verwendeten algebraischen Darstellung werden komplexe Zahlen als Summen (aus einen Real- und einem Imaginärteil) beschrieben. Bei den vier Grundrechenarten werden sie dann auch wie ganz normale Summen verarbeitet. (a.) z1  z2  3  5i   4  2i 7  3i

Addiert wird durch Auflösen der Klammern.

1P

(b.) z1  z2  3  5i   4  2i 1  7i

Subtrahiert wird ebenso.

1P

(c.) z1 3  5i

Die komplexe Konjugation verdreht das Vorzeichen des Imaginärteils.

(d.) z1 ˜ z2  3  5i ˜  4  2i 12  20i  6i N 10i 2 22  14i

Ausmultiplizieren der Klammern

1P 1P

10

z (e.) 1 z2

3  5i 4  2i ˜ 4  2i 4  2i

10 P 12  20i  6i 10i 2

16  8i  8i  4i 2 N

2  26i 20

1 13  i 10 10

1P

4

Arbeitshinweis: Bei der Division ist darauf zu achten, dass im Ergebnis auch wieder Realteil und Imaginärteil getrennt sind. Dies erreicht man durch Erweitern des Bruches mit dem komplex Konjugierten des Nenners. (f.) z12  3  5i 2 9  15i  15i N 25i 2 16  30i 25

1P

252

8 Komplexe Zahlen

Das Quadrieren ist wie die Multiplikation zweier Zahlen auszuführen. 1 P (g.) z1

3  5i

9  25

34

Arbeitshinweis: Die Betragsbildung erfolgt am einfachsten, indem man das Quadrat des Realteils und das Quadrat des Imaginärteils addiert. Alternativ könnte man auch die Wurzel aus z ˜ z bilden, z ˜ z z z berechnet.

also z1

z1 ˜ z1

9  15i  15i  25i 2 N

 3  5i ˜  3  5i

25

9   2

5  

34

Quadrat des Realteils plus Quadrat des Imaginärteils

Stolperfalle: Man bedenke aber, dass im allgemeinen für komplexe Zahlen

z ˜ z z z ist. Hier dürfte das

„Ungleich“ nur dann durch ein „Gleich“ ersetzt werden, wenn der Imaginärteil Null ist, also für reelle Zahlen.

Aufgabe 8.2 Umwandlung zwischen Darstellungsformen

   

(a,b,c.) je 2 min

(a,b,c.)

(d,e,h,i.) je 1 min

(d,e.)

(f,g.)

je 2 min

(f,g.)

(j,k.)

je 2 min

(j,k.)

Punkte (a,b,c.) je 2 P

h h h h

(d,e,h,i.) je 1 P (f,g.)

je 2 P

(j,k.)

je 2 P

Formen Sie die nachfolgend genannten komplexen Zahlen zwischen den unterschiedlichen Darstellungsformen um. ( i ist die komplexe Einheit.) Bei (a..c)Æ gegeben: Algebraische Form; gesucht: Exponentialform, Trigonometrische Form Bei (d,e)Æ gegeben: Exponentialform; gesucht: Algebraische Form, Trigonometrische Form Bei (f..j)Æ gegeben: Trigonometrische Form; gesucht: Algebraische Form, Exponentialform Bei (j,k)Æ gegeben: keine der drei genannten Formen; gesucht: alle drei genannten Formen (b.) zb

(c.) zc

(a.) za

2  i ˜ 12

(d.) zd

2 ˜  cos  135q  i ˜ sin  135q

(e.) ze 3 ˜  cos  30q  i ˜ sin  30q

(f.) z f

6 ˜ ei˜240q

(h.) zh 5 ˜ ei˜ 3

(j.) z j

3 ˜  cos  60q  i ˜ sin  30q

(g.) z g

2  i ˜ ʌ

6 ˜ ei˜240q

3  2i

ʌ

(k.) zk

(i.) zi

4˜e

3 ˜  cos  45q  i ˜ sin 150q

Tragen Sie außerdem sämtliche Zahlen in die Gauß’sche Zahlenebene ein.

i ˜ ʌ4

Aufgabe 8.2 Umwandlung zwischen Darstellungsformen

253

 Lösung zu 8.2 Für die Lösungen von Aufgabe 8.2. seien folgende Bezeichnungen gewählt: a  i ˜ b  ^ , mit a

z

Realteil und b

z ˜  cos M  i ˜ sin M

z

Imaginärteil von z

iM

z ˜ e  ^ , mit z

Betrag und M

Phase von z

Arbeitshinweis zu (a…c): Aus der algebraischen Form kommend, müssen wir Betrag und Phase berechnen, um in die anderen Formen zu gelangen. Speziell bei der Berechnung der Phase achte man auf die Argument-Funktion, die sich von der Arcus Tangens- Funktion dadurch unterscheidet, dass sie den Quadranten der komplexen Zahl in der Gauß’schen Zahlenebene mit berücksichtigt. a 2  b2

(a.) za

arg  z

Ma

arctan

22 

 12

2

16

4

 ba  nʌ =arctan §¨©  212 ·¸¹ =arctan   3

Ÿ za

4 ˜  cos  60q  i ˜ sin  60q

und za

4 ˜ ei˜60q

4˜e

i˜ ʌ3

60q

 ʌ3 (mit n

0 im 4.Quadranten)

für die trigonometrische Form, 2P

für die Exponentialform.

TR

(b.)

zb

 2 2  ʌ2 | 3.7242

arg  z

Mb

TR

arctan

TR

 ba  nʌ =arctan  ʌ2  ʌ | 2.1377 rad | 122.48q

TR

Ÿ zb | 3.7242 ˜  cos 122.48q  i ˜ sin 122.48q 3.7242 ˜ ei˜122.48q    

Exponentialform trigonometrische Form

(c.)

zc

 3 2   2 2

arg  z

Mc

(Winkel in Grad)

3.7242 ˜ ei˜2.1377  

2P

Exponentialform (Winkel in Radianten)

13 TR

arctan

 ba  nʌ =arctan  23 -ʌ | 146.31q

TR

Ÿ zc | 13 ˜  cos  146.31q  i ˜ sin  146.31q TR

(mit n 1 im 2.Quadranten)

(mit n

1 im 3.Quadranten)

13 ˜  cos 146.31q  i ˜ sin 146.31q (trig. Form)

TR

zc | 13 ˜ ei˜146.31q | 13 ˜ e i˜2.5536 (Exponentialform)

Anmerkung: Winkel dürfen wahlweise in Radianten oder in Grad angegeben werden. Die Angabe in Radianten kann durch Weglassen der Einheit oder durch Hinzufügen der Bezeichnung „rad“ gekennzeichnet werden. Bei Angabe in Grad ist die Verwendung des Symbols „°“ obligatorisch. ʌ rad Das Symbol „°“ bedeutet folgende Abkürzung: q 180

2P

254

8 Komplexe Zahlen

Arbeitshinweis: Die korrekte Verwendung des „ n “ bei der Argumentfunktion sorgt dafür, dass das Ergebnis immer den Hauptwert einer komplexen Zahl angibt. (Man verwechsele diese Begriffsbildung nicht mit dem Hauptwert von Wurzeln oder Logarithmen.) Arbeitshinweis zu (d…e): Von der trigonometrischen Form gelangt man recht mühelos in die beiden anderen Formen. Die algebraische Form ergibt sich durch Ausrechnen der trigonometrischen Funktionen, die Exponentialform durch den Gebrauch der Euler-Formel. 2 ˜  cos  135q  i ˜ sin  135q

(d.) zd

1P



1 2

zd

2˜ 

i˜

zd

2 ˜ ei˜135q

2˜e

1 2



(für die algebraische Form)

 2 i˜ 2

i ˜ 34 ʌ

(für die Exponentialform)

(e.) ze 3 ˜  cos  30q  i ˜ sin  30q

1P



3 4

 i ˜ 12

ze

3˜

ze

3 ˜ ei˜30q



3˜ e

27 4

 i ˜ 23

(für die algebraische Form)

i ˜ ʌ6

(für die Exponentialform)

Arbeitshinweis zu (f…i): Von der Exponentialform gelangt man nur über die trigonometrische Form zur algebraischen Form. Dadurch ist der Rechenweg für diese Aufgabenteile vorgezeichnet. 6 ˜ ei˜240q

(f.) z f

2P

Ÿ

zf

6 ˜  cos  120q  i ˜ sin  120q

Ÿ

zf

6 ˜  12  i ˜

Ÿ



6 ˜ e i˜240q

(g.) z g

2P

6 ˜ ei˜120q Damit ist z f auf den Hauptwert einer komplexen Zahl gebracht.

zg

Ÿ zg

3 4



3  i ˜

108 4

6 ˜  cos 120q  i ˜ sin 120q (trigonometr. Form)

(algebraische Form)

3  i ˜ 27

6 ˜ ei˜120q Damit ist z f auf den Hauptwert einer komplexen Zahl gebracht.

6 ˜  cos 120q  i ˜ sin 120q (trigonometrische Form)



6 ˜  12  i ˜

3 4



3  i ˜

108 4

(algebraische Form)

3  i ˜ 27

Anmerkung: Wie man sieht, entspricht ein Verdrehen des Vorzeichens der Phase in der Exponentialform bzw. in der trigonometrischen Form einem Verdrehen des Vorzeichens des Imaginärteils in der algebraischen Form. Beide Methoden können wahlweise benutzt werden, um eine komplexe Zahl komplex zu konjugieren. ʌ

(h.) zh 5 ˜ ei˜ 3 Ÿ zh

 



5 ˜ cos  ʌ3  i ˜ sin  ʌ3

   i ˜ sin 

5 ˜ cos

ʌ 3

ʌ 3

(trigonometrische Form)

Aufgabe 8.2 Umwandlung zwischen Darstellungsformen

Ÿ zh

(i.) zi

5˜

4˜e



1 2

i˜

3 4



5 2

255

75 4

i˜

(algebraische Form)

1P

i ˜ ʌ4

   i ˜ sin 

Ÿ zi

4 ˜ cos

ʌ 4

Ÿ zi

4˜



i˜

1 2

   i ˜ sin 

ʌ 4

1 2



4 ˜ cos

ʌ 4

ʌ 4

(trigonometrische Form) (algebraische Form)

8 i˜ 8

1P

Arbeitshinweis zu (j…k): Bei diesen beiden Aufgabenteilen sind zwar komplexe Zahlen gegeben, aber in keiner der drei bisher behandelten standardisierten Formen. Am einfachsten sind die komplexen Zahlen z j und zk in die algebraische Form umzuwandeln, denn die trigonometrische Form setzt voraus, dass es sich bei den beiden Argumenten der trigonometrischen Funktionen um ein und den selben Winkel handelt – was hier nicht der Fall ist. Damit ist der Rechenweg klar: Schritt 1 Æ Umformen in die algebraische Form Schritt 2 Æ Weiter in die beiden anderen Formen ähnlich den Aufgabenteilen (a…c) 3 ˜  cos  60q  i ˜ sin  30q 3 ˜ 12  3 ˜ i ˜ 12

(j.) Schritt 1: z j

2

 32   32

Schritt 2: Betrag z j Phase M j

  0˜ ʌ 3 3

2

45q

2

2P

ʌ 9 ˜ ei ˜ 4 2   

trigonometrische Form

Exponentialform (Winkel in Grad)

Exponentialform (Winkel in Radianten)



3 ˜  cos  45q  i ˜ sin 150q 3 ˜

Phase Mk







 9 2

Schritt 2: Betrag zk

TR

9 2

9 ˜ ei ˜45q 2  



(k.) Schritt 1: zk

Ÿ zk |

arctan

 i ˜ 23

9 ˜ cos 45q  i ˜ sin 45q 2   



Ÿ zj

arg  z

2

3 2

arg  z

2



 23

2

§ arctan ¨ ©

9 2 3





trigonometrische Form

9 2

 3 ˜ i ˜ 12

 i ˜ 23

27 4

TR TR · ¸  0 ˜ ʌ | 35.2644q | 0.61548rad 2 ¹

3

9



27 ˜ cos 35.2644q  i ˜ sin 35.2644q 4  



 94

1 2

TR

27 ˜ ei ˜35.2644q | 4   

Exponentialform (Winkel in Grad)

27 ˜ ei˜0.61548 4   

Exponentialform (Winkel in Radianten)

Die Darstellung aller genannten Zahlen in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 8-2.

2P

256

8 Komplexe Zahlen

Die in den einzelnen Aufgabenteilen vergebenen Punkte beinhalten auch die Darstellung in der komplexen Zahlenebene.

Bild 8-2 Darstellung der Zahlen von Aufgabe 8.2 in der Gauß’schen Zahlenebene

Aufgabe 8.3 Berechnungen in verschiedenen Darstellungsformen

  

Punkte

Š min 1 min 3 min 1 min 2 min 3 min 4 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e,f.) (g.) (h.)

h hh hh

(a.) 1 P (b.) 1 P (c.) 2 P (d,e,f.) je 2 P (g,h.)

je 2 P

Führen Sie bitte die nachfolgenden Berechnungen durch (für die Aufgabenteile a…d sind die komplexen Zahlen aus Aufgabe 8.2 zu verwenden): (b.) z j ˜ z g in der algebraischen Form und in der Exponentialform

(a.) zc  z j (c.)

zi zh

in der algebraischen Form und in der Exponentialform

(e.) u (g.) w

4 ˜ 3  i

(f.) v  2  4i 2 

1  i ˜  1  i 2i  2 ˜ ei˜30q  3 ˜ cos 3  4i

   i ˜ sin  ʌ 4

ʌ 4

(h.) x

(d.) za und z j 1 3 ˜i

i

 2.78  i ˜ 0.97 ˜  0.18  i ˜ 7.36  8.63  i ˜ 11.27 3

In denjenigen Fällen, in denen keine Darstellungsform für die Berechnung vorgeschrieben ist, verwenden Sie bitte die Form, die den einfachsten Rechenweg und das kompakteste Ergebnis liefert.

Aufgabe 8.3 Berechnungen in verschiedenen Darstellungsformen

257

 Lösung zu 8.3 Addition und Subtraktion funktionieren am besten in der algebraischen Form. (a.) Die Addition ist am leichtesten in der algebraischen Form:

 3  i ˜ 2   32  i ˜ 32

zc  z j

 32  i ˜ 12

1P

(b.) Die Multiplikation in algebraischer Form:

 32  i ˜ 32 ˜  3  i ˜

z j ˜ zg

27



 92  92 i  i ˜ 32 ˜ 27  i 2 ˜ 32 ˜ 27 | 12.294  i ˜ 3.294

Die Multiplikation in Exponentialform:



z j ˜ zg

9 2

˜e

i ˜ 4ʌ

˜ 6 ˜ e i ˜ 2ʌ 3

9˜36 2

˜e

i ˜ 14  32 ʌ

162 ˜ e

1P

11 ʌ i ˜12

(c.) Die Division in algebraischer Form: zi zh

8 i˜ 8 5 2

75 4

i˜



˜

5 2 5 2

75 4 75 4

i˜ i˜



50  150  i ˜

5˜ 2

8  52 i ˜ 8  8 ˜ i ˜ 25 4

50  150



25



2 25

 i2 ˜

8˜75 4

 75 4 6 25



75 4

 i˜

2 25



6 25



Die Division in Exponentialform: zi zh

4˜e 5˜e

i ˜ ʌ4

4 i˜ 4ʌ  ʌ3 ˜e 5

i ˜ ʌ3

2P

4 i˜ 127 ʌ ˜e 5

(d.) Betragsbildung ist einfach in der trigonometrischen Form und in der Exponentialform: za

4 ˜ e i˜60q   

und

4

zj

9 2

˜  cos  45q  i ˜ sin  45q  

1

1

(e.) Berechnung in der algebraischen Form: u

(f.) v  2  4i 2 

1P

9 2

1 3 ˜i i

4 ˜ 3  i

12  4i

1  i ˜  1  i

1  i  i  i 2

4  16i  16i 2  i ˜  12  3    

Binomische Formel

weil

1 i

4  16  16i  4 ˜ i

12  4i 2

6  2i

12  18i

1P

1P

i

(g.)Zur Addition muss in die algebraische Form umgewandelt werden: w

2i 3  4i ˜ 3  4i  3 

4i   erweitert mit dem komplex Konjugierten des Nenners

   i ˜ sin 

 2 ˜  cos  30°  i ˜ sin  30°  3 ˜ cos  

ʌ 4

ʌ 4

umgewandelt von der Exponentialform in die trigonometrische Form

2

6i  8i  2 ˜ 34  2i ˜ 12  3 ˜ 12  3i ˜ 12 9  16  

Winkelfunktionen eingesetzt

2P

  3  i ˜   1  | 3.5337  1.3613i  

8 25

9 2

6 25

9 2

TR

sortiert nach Realteil und Imaginärteil

(h.) Vorarbeit: Getrenntes Ausmultiplizieren des Zählers und des Nenners

 2.78  i ˜ 0.97 ˜  0.18  i ˜ 7.36

2.78 ˜ 0.18  i ˜ 0.97 ˜ 0.18  2.78 ˜ i ˜ 7.36  i 2 ˜ 0.97 ˜ 7.36 7.6396  i ˜ 20.2862

258

8 Komplexe Zahlen TR

8.63  i ˜ 11.27 3

8.633  3 ˜ 8.632 ˜ 11.27i  3 ˜ 8.63 ˜ 11.27 2 i 2  i 3 ˜ 11.273 | 2645.628  1086.6286 ˜ i

Dies setzt man nun in den Bruch ein: 2P

TR

x|

7.6396  i ˜ 20.2862 2645.628  1086.6286 ˜ i TR 1832.0254  i ˜ 61971.1466 ˜ | 2645.628  1086.6286 ˜ i 2645.628  1086.6286 ˜ i 8180109.229 TR

| 2.2396 ˜ 104  i ˜ 7.576 ˜ 103

Aufgabe 8.4 Anwendungsbeispiel zur Euler-Formel



hh

15 min

Punkte 6P

Berechnen Sie mit Hilfe der beiden komplexen Zahlen u 1  i und v 3  i ˜ 3 die Werte von sin 15q , cos 15q sowie sin  75q und cos  75q .

 Lösung zu 8.4 Da die Werte von Winkelfunktionen gesucht sind, liegt der Verdacht nahe, dass wir über Formen der komplexen Zahlen gehen müssen, die Winkel enthalten, als da wäre die Exponentialform und die trigonometrische Form. Diese beiden bilden wir als Vorarbeit: u

1P

Mu

12  12 arg  u

½ ° ¾ Ÿ u 45° ° ¿

2 arctan

 1 1

 0˜ʌ

2 ˜ ei˜45q

2 ˜  cos  45q  i ˜ sin  45q

und 1P

v

Mv

32  3 arg  v

2

12

arctan

  0˜ʌ 3 3

½ ° ¾ Ÿ v 30°° ¿

12 ˜ ei˜30q

12 ˜  cos  30q  i ˜ sin  30q

Durch Addition und Subtraktion der Winkel von 30° und 45° erhält man Winkel von 15° und 75°. Die Addition der Winkel entspricht einer Multiplikation komplexer Zahlen in der Exponentialform, die Subtraktion der Winkel entspricht einer Division. Wir berechnen also: u ˜v





2 ˜ ei˜45q ˜

12 ˜ ei˜30q



24 ˜ ei˜75q

24 ˜  cos  75q  i ˜ sin  75q

 Gleichung 1a

1 P und u v

 2 ˜ ei˜45q ˜  12 ˜ ei˜30q

1 6

˜ ei˜15q

1 6

˜  cos 15q  i ˜ sin 15q

 Gleichung 2a

Wie man sieht, tauchen die gesuchten Werte als Realteil und Imaginärteil des Produkts bzw. des Quotienten auf. Will man diese Real- und Imaginärteile bestimmen, so führt man die Multiplikation bzw. die Division in der algebraischen Form aus:

Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen

1  i ˜  3  i ˜

u ˜v

3



259

3  3i  3 ˜ i  3 ˜ i 2

3  3  i ˜ 3  3  1b

und

1P

1  i

u v



3i˜

3  i ˜ 3 3 3  i ˜ 3 ˜

3  3i  i ˜ 3  i 2 ˜ 3 2

3 

 3

§3 3 · §3 3· ¨¨ ¸¸  i ˜ ¨¨ ¸¸ © 12 ¹ © 12 ¹

2

 2b 

 gleich, so erhält man die gesuchten Winkelfunktionen für 75°. Durch Vergleich von  2a mit  2b erhält man in analoger Weise die Winkelfunktionen für 15°:

Setzt man nun die beiden Formen des Produktes nach den Gleichungen 1a

24 ˜  cos  75q  i ˜ sin  75q



­ °°cos  75q 3 3  i˜ 3 3 Ÿ ® ° °¯sin  75q





 3 3  24



3 1 8

 3 3  24



3 1 8

und 1b

 Realteil 1P

 Imaginärteil

und 1 6

˜  cos 15q  i ˜ sin 15q

  i ˜ 3 3 12

3 3 12

­ cos 15q ° Ÿ ® °sin 15q ¯

 ˜ 6   Realteil  ˜ 6   Imaginärteil 3 3 12

3 1 8

3 3 12

3 1 8

Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen

  

(a…f.) je 5 min

(a…f.)

(g,i.)

je 8 min

(g,i.)

(h.)

je 7 min

(h.)

hh hh hh

Punkte (a…f.) je 3 P je 5 P

(g,i.) (h) 4 P

Führen Sie die nachfolgenden Berechnungen durch unter Angabe sämtlicher Haupt- und Nebenwerte und stellen Sie die Ergebnisse in der Gauß’schen Zahlenebene dar: (a.) za

5

(b.) zb

32

(d.) zd



3 i˜ 2

(g.) z g

ln



1 i





2 3

5

(c.) zc

32 3

(e.) ze 1  i 2

(f.) z f

 21i

(i.) zi

(h.) zh ln

3

2  4i

ln  3  i



3

ln  3  i ˜ 4 4



1P

260

8 Komplexe Zahlen

 Lösung zu 8.5 Arbeitshinweis: Wurzeln berechnet man in der Exponentialform. Dazu bringt man den Radikanden in die Exponentialform und zieht dann die Wurzel. Jede k-te Wurzel hat einen Hauptwert (Zählung n 0 ) und ( k  1 ) Nebenwerte (Zählung n 1...k ), deren komplexe Zeiger in Winkeln von 1 ˜ 360q zueinander stehen. Ließe man den Zählindex „ n “ auf k  1 laufen oder noch weiter, n so ergäben sich dadurch keine neuen Werte. (a.) Radikand in Exponentialform: 32 32 ˜ ei˜ 0  2ʌ˜n (mit Nebenwerten) Ÿ za

5

32 ˜ e

i˜ 15 ˜ 0  2ʌ˜n

,

2P

wo Hauptwert und Nebenwerte

za ,0 za , n

5

2 (mit n

32

2˜e

i˜ 2 ʌ5˜n

0)

(mit n 1...4 ).

Die Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene sieht man in Bild 8-5a.

Bild 8-5a Veranschaulichung der komplexen Aufgabe

1P

5

za

32 in der Gauß’schen Zahlenebene.

Der Zeiger za ,0 repräsentiert den Hauptwert. Die Zeiger za ,1 … za ,4 geben die Nebenwerte wieder. Der Kreis in der Graphik erinnert daran, dass alle Zeiger die gleiche Länge haben.

(b.) Radikand in Exponentialform: 32 32 ˜ ei˜ ʌ  2ʌ˜n (mit Nebenwerten) Ÿ zb

2P

5

32 ˜ e

i˜ 15 ˜ ʌ  2ʌ˜n

,

wo Hauptwert und Nebenwerte

za,0 za , n

2˜e

i˜ ʌ5

2˜e

˜n i˜1 2ʌ 5

(mit n 0 ) (mit n 1...4 ).

Die Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 8-5b.

Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen

261

Bild 8-5b Veranschaulichung der komplexen Aufgabe 5

za

1P

32 in der Gauß’schen Zahlenebene.

Der Zeiger zb,0 repräsentiert den Hauptwert. Die Zeiger zb,1 … zb,4 geben die Nebenwerte wieder. Der Kreis in der Graphik erinnert daran, dass alle Zeiger die gleiche Länge haben.

(c.) Radikand in Exponentialform: Wir berechnen Betrag und Phase des Radikanden: 22  42

2  4i

20 und

M

TR

arctan

 24  0 ˜ ʌ | 63.43495q TR

und daraus die gesuchte Exponentialform: 2  4i | 20 ˜ ei ˜ 63.43495q n˜360q Ÿ

zc

3

2  4i

6

20 ˜ e

i ˜ 13 ˜ 63.43495q n˜360q

6

i ˜ 21.14498q n˜120q 20 ˜ e 

2P

Die Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 8-5c.

Bild 8-5c Veranschaulichung der komplexen Aufgabe 1 P zc 3 2  4i in der Gauß’schen Zahlenebene.

Der Zeiger zc,0 repräsentiert den Hauptwert. Die Zeiger zc,1 … zc,2 geben die Nebenwerte wieder. Der Kreis in der Graphik erinnert daran, dass alle Zeiger die gleiche Länge haben.

(d.) Für die Potenzrechnung bringt man die Basis Betrag:

3  2 ˜i

3 2

5

und Phase:

 M



3  i ˜ 2 in die Exponentialdarstellung: arctan

  0 ˜ ʌ | 39.23152q  2 3

TR

262

Ÿ

8 Komplexe Zahlen



3 i˜ 2

i˜ 39.23152q n˜360q 5 ˜e  für die gesuchte Exponentialdarstellung.



Damit lässt sich die Potenzrechnung leicht ausführen: 2P

zd



3 i˜ 2

2 3

 5

2 3

˜e

i˜ 23 ˜ 39.23152q n˜360q

3

i˜ 26.154347q n˜240q 5 ˜e 

Arbeitshinweis: Die Reihenfolge für die Nummerierung der Nebenwerte kann vom Rechenweg abhängen. Würde man (alternativ zu dem hier vorgestellten Rechenweg) zuerst quadrieren, danach die Periodizität der komplexen Exponentialfunktion berücksichtigen   n˜360q und zuletzt die dritte Wurzel ziehen, so ergäben sich die Nebenwerte zd 3 5 ˜ ei˜ 26.154347q n˜120q . Lässt man „ n “ von 0…2 laufen, so erhält man in beiden Fällen die selben Zahlen – nur die Nummern der Indizes der Nebenwerte unterscheiden sich. Die Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 8-5d.

Bild 8-5d Veranschaulichung der komplexen Aufgabe

zd

1P



3 i˜ 2



2 3

in der Gauß’schen Zah-

lenebene. Der Zeiger zd ,0 repräsentiert den Hauptwert. Die Zeiger zd ,1 … zd ,2 geben Nebenwerte wieder, wobei deren Reihenfolge in Abhängigkeit vom Rechenweg variieren kann. Der Kreis in der Graphik erinnert daran, dass alle Zeiger die gleiche Länge haben.

(e.) An dieser Stelle sei anhand eines leicht variierten Beispiels der in Aufgabenteil (d.) erwähnte alternative Rechenweg vorgeführt. Zuerst wandeln wir die Basis in die Exponentialform um: 1  i Danach potenziert man mit 3: 1  i 3

3

 2

i˜ 3˜45q n˜360q ˜e 

i˜ 45q 2 ˜e 

 Gleichung

i˜ 135q n˜360q 8 ˜e  , wobei man die

Periodizität der komplexen Exponentialfunktion zu allerletzt einführt. 3 i˜ 1 ˜ 135q n˜360q 4 i˜ 67.5q n˜180q 2 P Erst jetzt ziehen wir die Wurzel: z 2 8 ˜e 2  8 ˜e  e 1  i Die Veranschaulichung in der Gauß’schen Zahlenebene findet man in Bild 8-5e.

Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen

263

Bild 8-5e Veranschaulichung der komplexen Aufgabe 3

ze

1  i 2

in der Gauß’schen Zahlenebene.

1P

Der Zeiger ze,0 repräsentiert den Hauptwert. Da es sich um eine Quadratwurzel handelt, existiert nur ein einziger Nebenwert, der unter dem Namen ze,1 eingetragen ist. Der Kreis in der Graphik erinnert daran, dass alle Zeiger die gleiche Länge haben.

Arbeitshinweis: Die Umformung zwischen den verschiedenen Darstellungsformen einer komplexen Zahl kann mitunter sehr schnell und einfach vonstatten gehen, wenn man sich deren Zeiger in der Gauß’schen Zahlenebene vorstellt. Im Beispiel von  ist 1  i in die Exponentialform zu bringen. Stellt man sich diese Zahl in der Gauß’schen Zahlenebene vor (vom Nullpunkt aus eine reelle Einheit nach rechts und eine imaginäre nach oben), dann sieht man sofort den Phasenwinkel von 45° und ebenso den Betrag von 2 (letzteren nach Pythagoras). (f.) Arbeitshinweis: Auch zum Logarithmieren muss das Argument zunächst in der Exponentialdarstellung vorliegen, allerdings wandelt die Berechnung des Logarithmus die Darstellungsform in die algebraische Darstellung um. Wir müssen also in einer Form starten, landen aber in einer anderen! Wir beginnen also mit der Berechnung von Betrag und Phase: Betrag: 3  i Ÿ zf

9 1

ln  3  i

und

10 ln

 10 ˜ e 

Phase: M arctan

i˜ 0.32175  n˜2ʌ

TR

 13  0 ˜ ʌ | 0.32175rad

ln  10  i ˜ 0.32175  n ˜ 2ʌ

Arbeitshinweis: Der Betrag einer komplexen Zahl (in Exponentialdarstellung) wird beim Logarithmieren zum Realteil des Logarithmus, die Phase wird zum Imaginärteil des Logarithmus. Die Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 8-5f.

2P

264

8 Komplexe Zahlen

1P Bild 8-5f Veranschaulichung der komplexen Aufgabe z f ln  3  i in der Gauß’schen Zahlenebene.

Der Zeiger z f ,0 repräsentiert den Hauptwert. Beim Logarithmieren entstehen unendlich viele Nebenwerte.

(g.) Zuerst schreiben wir den Radikanten in Exponentialform: 1  i Dann ziehen wir die Wurzel mit allen Nebenwerten: 1  i

4

2 ˜e

2 ˜e

i˜ ʌ4  n˜2ʌ

i˜ 8ʌ  n˜ʌ

(Bei einer Quadratwurzel erhalten wir einen Hauptwert und einen Nebenwert.) Erneut wird die Periodizität der komplexen Exponentialfunktion eingesetzt: 1 i

3P

4

2 ˜e

i˜ 8ʌ  n˜ʌ+k ˜2ʌ

(mit „k“ und „n“ zwei natürlichen Zahlen)

Nun logarithmiert man: z g

ln



1 i



i ˜ ʌ  n˜ʌ+k ˜2ʌ · § ln ¨ 4 2 ˜ e 8 ¸ © ¹

1 ln 4

 2  i ˜  8ʌ  n ˜ ʌ+k ˜ 2ʌ

Wie man in der Gauß’schen Zahlenebene (Bild 8-5g) sieht, tauchen mit „ n 1, 2 “ zwei Gruppen von Nebenwerten auf, von denen jede unendlich viele Nebenwerte zu „ k “ hat.

Bild 8-5g Veranschaulichung der komplexen Aufgabe

2P

zg

ln



1 i



in der Gauß’schen Zahlen-

ebene. Da zwei Nebenwerte erzeugende Rechenoperationen durchgeführt wurden, tauchen zwei Gruppen von Nebenwerten auf, die durch zweierlei Indizes ( n und k ) gekennzeichnet werden.

Aufgabe 8.5 Wurzeln und Logarithmen

(h.) Wegen 1 2i

Ÿ

1 i

265

i ist die Lage des Arguments in der Gauß’schen Ebene leicht vorzustellen:

liegt eine halbe Einheit in negativer Richtung des Imaginärteils. 1 2i

 12 ˜ i



ʌ 1 ˜ ei ˜  2  n ˜ 2ʌ 2

. Damit ist z ln 1 ln § 1 ˜ ei ˜  ʌ2  n˜2ʌ · ln 1  i ˜  ʌ  n ˜ 2ʌ . 2 P 2  2  2i ¨ 2 h ¸ ©

¹

2P Bild 8-5h Veranschaulichung der komplexen Aufgabe zf

ln

 21i in der Gauß’schen Zahlenebene.

Der Zeiger n 0 repräsentiert den Hauptwert. Beim Logarithmieren entstehen unendlich viele Nebenwerte.

(i.) Zuerst findet eine Potenzrechnung statt. Dafür benötigen wir die Basis in Exponentialform. TR

Betrag: 3  i ˜ 4

9  16

5

und

Phase: M arctan  43  1 ˜ ʌ | 2.2143  

Argumentfunktion im 3. Quadranten

TR

Ÿ

 3  i ˜ 4 | 5 ˜ ei˜ 2.2143 n˜2ʌ

Ÿ

3 TR 3 i ˜ 1.6607  n ˜ 32 ʌ  3  i ˜ 4 4 | 5 4 ˜ e 

Erneutes Einführen der Periodizität der komplexzahligen Exponentialfunktion und Logarithmieren führt schließlich zum Ergebnis, welches in Bild 8-5i dargestellt ist: zi

§ 3 i˜ 1.6607  n˜ 32 ʌ +k ˜2ʌ · ln ¨ 5 4 ˜ e ¸ © ¹

3 ˜ ln 4

 5  i  1.6607  n ˜ 32 ʌ +k ˜ 2ʌ

3P

266

8 Komplexe Zahlen

2P Bild 8-5i Veranschaulichung der komplexen Aufgabe



3

ln  3  i ˜ 4 4



in der Gauß’schen Zahlen-

ebene. Der Hauptwert ist zu finden unter n 0; k 0 . Alle anderen Werte sind Nebenwerte.

Aufgabe 8.6 Vertiefende Rechenbeispiele

 

(a.) 5 min (b,c,d.) je 2 min

(a…d)

(e)

(e)

8 min

: h h (a.) 3Punkte P (b,c,d.) h h h (e.) 5 P

je 1 P

Berechnen Sie bitte unter Beschränkung auf die Hauptwerte: (a.) za  3  4i  2 3i (d.) zd

(b.) zb ii

 i 2 i

(e.) ze ln

(c.) zc

 2 

2



1i˜ 2 3

2  i

 Lösung zu 8.6 Arbeitshinweis: Bei (a…d) handelt es sich um Aufgaben der komplexzahligen Potenzrechnung. Dafür gibt es einen Weg, der prinzipiell für alle Aufgaben dieses Typs funktioniert. Er basiert auf der Gleichung: ab e



ln ab

e

b˜ln  a

Die durchzuführenden Rechenschritte sind dann diese: Schritt 1 Æ Basis „ a “ in Exponentialform darstellen Schritt 2 Æ Basis „ a “ logarithmieren. Der Logarithmus hat automatisch algebraische Form. Schritt 3 Æ Multiplikation von „ ln  a “ mit „ b “ in der algebraischen Form. Schritt 4 Æ Das Ergebnis von Schritt 3 wird als Exponent in die Exponentialfunktion gestellt, wodurch man automatisch wieder in die Exponentialform gelangt.

Aufgabe 8.6 Vertiefende Rechenbeispiele

267

Damit lösen wir jetzt die Aufgabenteile (a.) … (d.): (a.) Wir ordnen zu:  3  4i  23i ab Schritt 1: a 3  4i Æ Betrag a

9  16 und Phase M

TR



arctan 43  0 ˜ ʌ | 0.927295 rad  

1. Quadrant

Schritt 2: a 5 ˜ e Schritt 3:

i˜ 0.927295

Ÿ ln  a

ln  5  i ˜ 0.927295

 2  3i ˜  ln  5  i ˜ 0.927295

Ÿ b ˜ ln  a

TR

2 ˜ ln  5  3i ˜ ln  5  2i ˜ 0.927295  3i 2 ˜ 0.927295 | 6.00076  i ˜ 2.97372

Schritt 4: za

e

b˜ln  a

TR

e6.00076 i˜2.97372 | 403.7355 ˜ e i˜2.97372 (in Exponentialform)

3P

(b.) Hier die Basis a i und der Exponent b i . ʌ

Schritt 1: Die komplexe Einheit kennt man in Exponentialdarstellung i 1 ˜ ei˜ 2

 ʌ

Schritt 2: Deren Logarithmus beträgt: ln(i ) ln ei˜ 2 Schritt 3:



Ÿ b ˜ ln  a i ˜ i ˜ ʌ2

i ˜ ʌ2

 ʌ2

1P

ʌ TR

Schritt 4: zb eb˜ln  a e  2 | 0.2079796 (c.) zc

 2 

2



Schritt 1: Eine reelle Zahl lässt sich leicht in Exponentialdarstellung bringen: Schritt 2: Deren Logarithmus beträgt: ln  a ln 2 Schritt 3:

2 ˜ ei˜0

 b ˜ ln  a ln  2 ˜ -2 i ˜ 2 ˜ ln  2  

Ÿ

weil 2

Schritt 4: zc

2

e

b˜ln  a

e

i ˜ 2 ˜ln

1˜ 2 i˜ 2

1P

 | ei˜ 0.49013 2

TR

(d.) ʌ

Schritt 1: Basis in Exponentialdarstellung a  i 1 ˜ e i˜ 2

 ʌ

Schritt 2: Deren Logarithmus beträgt: ln(a) ln e  i˜ 2 Schritt 3: Schritt 4: zd

Ÿ b ˜ ln  a

e

b˜ln  a

e



2i ˜  i ˜ ʌ2 2i 2 ˜ ʌ2

 i ˜ ʌ2



eʌ

(e.) Da der Nenner in keiner der standardisierten Formen angegeben ist, müssen wir ihn in eine solche bringen. In welcher der Formen wir arbeiten, entscheiden wir wie folgt: Der Logarithmus erfordert als Argument eine Exponentialdarstellung. In diese Form muss also der Bruch gebracht werden. Da in dieser Form auch die Division des Zählers durch den Nenner bequem ist, bringen wir beide in die Exponentialdarstellung.

1P

268

8 Komplexe Zahlen

Betrag:

1i˜ 2



12  2

2

3

Der Zähler 1  i ˜ 2 Æ Phase: M arctan §¨ 2 ·¸ 0˜ʌ TR | 0.9553 rad ¨ 1¸ © ¹  

1. Quadrant

½ ° ° ¾ ° ° ¿

Ÿ

TR

1  i ˜ 2 | 3 ˜ ei˜0.9553

Der Nenner Æ Wir bringen zuerst den Radikanden in die Exponentialform und ziehen an3 P schließend die dritte Wurzel. Betrag:

2i

 2

2

12

5

2  i Æ Phase: M arctan § 1 · 1˜ʌ TR | 2.677945 rad ¨ 2 ¸ © ¹  

2. Quadrant

½ ° ° ¾ ° ° ¿

Ÿ

TR

 2  i | 5 ˜ ei˜2.677945

Wegen der in der Aufgabenstellung vorgegebenen Beschränkung auf die Hauptwerte ziehen wir die Wurzel:

3

TR

2  i | 6 5 ˜ ei˜0.89265

Nachdem wir Zähler und Nenner in der Exponentialform kennen, ist die Division einfach:

1i˜ 2 TR| 3

2  i

3 ˜ ei˜0.9553 6

i ˜0.89265

5 ˜e

TR

27 5

|6

i ˜ 0.06265 ˜e 

Logarithmieren liefert das Endergebnis: 2P ze

§ 1 i˜ 2 · TR ln ¨¨ 3 ¸¸ | ln © 2  i ¹



6 27 5

  0.06265 ˜ i

i˜ 0.06265 TR ˜e  | ln

6 27 5

Aufgabe 8.7 Winkelfunktionen und Hyperbelfunktionen

 

(a,b) (c.) (d.)

je 4 min 6 min 15 min

(a,b.) (c,d.)

Punkte hh (a,b) je 2 P h h h (c.) 3 P (d.) 8 P

Berechnen Sie bitte unter Beschränkung auf die Hauptwerte: (a.) za sin  ʌ + i ʌ (c.) zc



cosh ln  2  ʌ4 ˜ i

(b.) zb sin



(d.) zd

 ʌ2  2.99322 ˜ i

arcsin  1  i

 Lösung zu 8.7 Arbeitshinweis: Es handelt sich um komplexwertige Winkelfunktionen, Hyperbelfunktionen, Arcus- oder Areafunktionen. Die beiden erstgenannten führt man auf die Exponentialfunktion zurück, die beiden letztgenannten auf den Logarithmus. Von der Exponentialfunktion kommt man mit der Euler-Formel in eine der definierten Darstellungsformen (in die algebraische), vom Logarithmus aus führt der Weg in die algebraische Darstellungsform, indem man das Argument des Logarithmus in Exponentialform schreibt und anschließend logarithmiert.

Aufgabe 8.7 Winkelfunktionen und Hyperbelfunktionen

269



(a.) In Formelsammlungen findet man: sin  z  12 i ˜ ei˜ z  e  i˜ z



Damit ist za

sin  ʌ + i ʌ



 12 i ˜ ei

2

ʌ



i˜ ʌ + i ʌ  i˜ ʌ + i ʌ  12 i ˜ e  e 

˜ e iʌ  e  i

(b.) Es ist zb sin

2

ʌ

˜ e  iʌ

 12 i ˜ ei

2

ʌ +iʌ

 e i

§ iʌ  iʌ ·  12 i ˜ ¨¨ e ʌ ˜ eN  e+ʌ ˜ eN ¸¸ -1 -1 ¹ ©



2

 12 i ˜ i ˜ e 3˜i  i ˜ e3˜i

2

2

ʌ  iʌ



2P





TR

 12 i ˜ e ʌ  e+ʌ | 11.54874 ˜ i

2 2 · § i˜ ʌ  i˜ ʌ  12 i ˜ ¨¨ eN2 ˜ e3˜i  eN2 ˜ e 3˜i ¸¸ i © i ¹

§ i˜ ʌ 3˜i  i˜ ʌ2 3˜i ·  12 i ˜ ¨ e 2 e ¸ © ¹

 ʌ2  3 ˜ i







˜ e  e | 10.068 3

3

1 2

TR

2P

(c.) In Formelsammlungen findet man cosh  z cos   i ˜ z . Damit lässt sich umformen: zc



cosh ln  2  ʌ4 ˜ i





cos i ˜ ln  2  i 2 ˜ ʌ4



cos

 ʌ4  i ˜ ln  2

Setzt man nun die komplexe Cosinus-Funktion cos  z zc

1 ˜ § ei ˜ 2 ¨

 ʌ4  i˜ln  2  e i˜ ʌ4 i˜ln  2 ·

© § ʌ · ʌ 1 ˜ ¨ ei ˜ 4 ˜ eln  2  e  i ˜ 4 ˜ e  ln  2 ¸ N  ¸ 2 ¨ ¨ ¸ 1 2 2 © ¹

¸ ¹

ʌ

1 ˜ § ei ˜ 4 2 ¨© 1˜ 2

2 ˜ e

˜e

i ˜ ʌ4

 i 2 ˜ln  2

 12 ˜ e

 i ˜ ʌ4

1 2

e

 ei˜z  e i˜z ein, so erhält man

 i ˜ ʌ4



e

i ˜ ʌ4

˜e

2P

 i 2 ˜ln  2 ·

¸ ¹

 14 e

 i ˜ ʌ4

Dies ist immer noch keine der Standard-Darstellungsformen. Um dorthin zu gelangen, müssen die Exponentialfunktionen ausgerechnet werden, wozu man die Euler-Formel benutzt. Nach ihr gilt er i˜ z cos  z r i ˜ sin  z . Damit wird zc

e ri˜ z

ªcos ¬

 ʌ4  i ˜ sin  ʌ4 º¼  14 ˜ ª¬cos  ʌ4  i ˜ sin  ʌ4 º¼

  43 i ˜ sin  ʌ4 

5 ˜ cos ʌ 4 4



1

1

2

25 32



9 32

˜i

1P

2

Stolperfalle: Komplexwertige Rechenaufgaben sind erst dann fertig bearbeitet, wenn das Ergebnis in eine der standardisierten Formen gebracht ist. Nachdem hier die algebraische Form vorliegt, darf man jetzt aufhören, weiter zu rechnen.





(d.) Laut Formelsammlung ist arcsin  z  i ˜ ln i ˜ z  1  z 2 . Damit können wir umformen: zd

arcsin  1  i



2· §  i ˜ ln ¨ i ˜  1  i  1   1  i ¸ © ¹

 i ˜ ln i  i 2  1  1  2i  i 2



§ ·  i ˜ ln ¨ i  i 2  1  1  2i  i 2 ¸ © ¹





 i ˜ ln i  1  2i  1





**

Logarithmiert werden kann nur dann, wenn das Argument in Exponentialform steht. Dorthin können wir aber nur gelangen, wenn wir die Wurzel 2i  1 ausrechnen. Zum Wurzelziehen





ist es nötig, den Radikanten r  2i  1 in Exponentialform zu bringen:

2P

270

2P

8 Komplexe Zahlen

1  2i

r

22  12

Betrag: r

Ÿ

5

TR

Ÿ r | 5 ˜ ei˜63.435q Ÿ

TR

Phase: M arctan  12 | 63.435q

TR

r | 4 5 ˜ ei˜31.7175q

Da im Argument des Logarithmus zur Wurzel noch Zahlen in algebraischer Darstellung addiert werden müssen, müssen wir r ebenfalls in die algebraische Darstellung bringen. Dafür benutzen wir die Euler-Formel: TR

TR

TR

r | 4 5 ˜  cos  31.7175q  i ˜ sin  31.7175q | 4 5 ˜  0.85065  i ˜ 0.52573 | 1.27202  i ˜ 0.78615

Damit lässt sich die Addition ausführen, die zum Argument des Logarithmus führt: 2P

TR

i  1  2i  1

a

i  1  r |  1  i  1.27202  i ˜ 0.78615

0.27202  i ˜ 0.21385

Da Additionen in der algebraischen Darstellung erfolgen müssen, sind wir in dieser Form gelandet. Zum Logarithmieren aber benötigen wir die Exponentialform. Die Umwandlung geschieht wie folgt: TR

Betrag: a |  0.27202 2   0.21385 2

TR

a |  0.27202  i ˜ 0.21385 Ÿ

TR

Phase: M | arctan

0.3460

TR

0.21385 | 0.66624 rad  0.27202

TR

Ÿ a | 0.3460 ˜ e i˜0.66624

Jetzt ist das Argument des Logarithmus zum Logarithmieren bereit:



ln i  1  2i  1



TR

TR

ln  a | ln  0.3460  i ˜ 0.66624 | 1.0613  i ˜ 0.66624

Eingesetzt in ** erhalten wir nun das Endergebnis (in algebraischer Darstellungsform): 2P

zd

arcsin  1  i

TR

 i ˜ ln  a | i ˜  1.0613  i ˜ 0.66624

 0.66624  i ˜ 1.0613

Aufgabe 8.8 Faktorisierung komplexer Polynome

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

10 min 6 min 8 min 10 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

hh hh

Punkte (a.) 5 P (b) 3 P (c.) 4 P (d) 5 P

Zerlegen Sie die nachfolgenden Polynome vollständig in Produkte aus Linearfaktoren: (a.) Pa  x x 2   1  i ˜ x   4  7i

(b.) Pb  x x3  5 x 2  8 x  2

(c.) Pc  x x 2   3  2i ˜ x   5  5i

(d.) Pd  x x 4  4 x3  x 2  38 x  26

Tipp: Das Polynom Pd  x hat eine Nullstelle bei x1 3  2i

 Lösung zu 8.8 Arbeitshinweis: Im Komplexen haben Polynome des Grades n prinzipiell n Nullstellen und können daher immer in genau n Linearfaktoren zerlegt werden.

Aufgabe 8.8 Faktorisierung komplexer Polynome

271

(a.) Wir arbeiten mit der pq-Formel: Pa  x x 2   1  i ˜ x   4  7i 0 und finden  12 ˜  1  i r

x1/ 2

1˜ 4

 12  2i r

  1  i 2   4  7i

1˜ 4

1  2i  i2   4  7i  12  2i r

4  15 i 2

1P

Wurzeln zieht man in der Exponentialform, wir wandeln also den Radikanten in diese um: Betrag: r 4  15 i 2

r

Ÿ

42  15 2 §

2

4˜16  225 4

 15 2

17 2

·  ʌ | 118.072487q 4 ¸ © ¹

 

Phase: M arctan ¨

TR

1P

TR

Ÿ

r | 17 2

˜e

 i ˜118.072487q

im 3. Quadranten

Daraus lässt sich die Wurzel ziehen und diese lässt sich anschließend mit Hilfe der EulerFormel in die algebraische Form umwandeln: TR

4  15 i| 2

17 2

˜ e  i˜118.072487q

17 2

17 2

˜ e i˜59.0362435q

1P TR

˜  cos  59.0362435q  i ˜ sin  59.0362435q | 1.49999999  i ˜ 2.50000001 |  i ˜ 3 2

5 2

Da die Wurzel sehr nahe bei Brüchen mit „glatten“ Zahlen liegt, drängt sich der Verdacht auf, dass die Abweichung davon nur auf Rundungsfehlern des Taschenrechners beruht. Dies können wir am Ende der Berechnung durch Ausmultiplizieren der Linearfaktoren testen. Die Wurzel setzen wir in x1/ 2 ein und erhalten

 12  2i r

x1/ 2

4  15 i 2

 12  2i r  23  i ˜ 52

Ÿ

x1 x2

2  3i 1  2i

Es folgt der Test durch Ausmultiplizieren der Linearfaktoren:

 x  x1 ˜  x  x2  x  2  3i ˜  x  1  2i

x 2  2 x  3ix  x  2  3i  2ix  4i  6i 2

2P

x 2   i  1 ˜ x   4  7i o passt

Anmerkung: Wir haben beim Wurzelziehen mit dem Hauptwert der Wurzel gearbeitet. Anstelle dessen hätte man auch auf die Idee kommen können, mit dem Nebenwert zu arbeiten. Diese Berechnung führt aber zu den selben Werten für x1 und x2 . Der Grund ist der: Bei Quadratwurzeln gibt es genau einen Hauptwert und einen Nebenwert; diese beiden sind gegeneinander um 180° phasenverschoben, d.h. der Nebenwert ist genau das negative des Hauptwertes. Nun steht vor der Wurzel in der pq-Formel aber ohnehin das Rechenzeichen „ r “, sodass gerade diese Vorzeichenfrage keine Rolle spielt. (b.) Durch Probieren findet man eine Nullstelle bei x1 1 (also Pb  1 1  5  8  2 0 ). Diese spalten wir durch Polynomdivision von dem Polynom dritten Grades ab: 

 x3  5 x 2  8 x  2 :  x

1



x2  6x  2

x3  x 2 

2P

6 x 2  8 x 6 x 2  6 x 2 x  2  2 x  2 0

also: Pb  x

 x3  5 x 2  8 x  2

 x  1 ˜  x 2  6 x  2

272

8 Komplexe Zahlen

Die Nullstellen des übrig bleibenden quadratischen Polynoms suchen wir mit der pq-Formel: x2  6x  2

0 Ÿ x2 / 3

3r 9 2 Ÿ

x2

3  11

x3

3  11

1P 3



2



Somit ist: Pb  x x  5 x  8 x  2  x  1 ˜ x  3  11 ˜ x  3  11



Das hätte auch ohne Kenntnis der komplexen Zahlen funktioniert. Auch jetzt soll man nicht die elementare Rechenkunst in den reellen Zahlen vergessen. (c.) Wir üben nochmals die pq-Formel in ^ und suchen die Nullstellen von Pc  x : 1P

x1/ 2  12 ˜  3 2i r

1˜ 4

 23  i r

 3 2i 2   55i

1˜ 4

912i  4i2 5 5i  23  i r

 15  2i 4

Wieder wandeln wir den Radikanten zwecks Wurzelziehen in die Exponentialform um  22

§

·

225  64 16

17 4 TR

 15  2i Ÿ 4

r

2

 154

Betrag: r

1P

TR

Phase: M arctan ¨ 215 ¸  ʌ | 151.9275q 

Ÿ r | 17 ˜ e i˜151.9275q 4

4 ¹ © 

im 2. Quadranten

und ziehen dann die Wurzel: TR

1P

 15  2i | 4

17 4

˜ ei˜151.9275q

17 4

˜ ei˜75.96376q

17 4

TR

˜  cos  75.96376q  i ˜ sin  75.96376q | 12  i ˜ 2 .

Einsetzen in die pq-Formel liefert x1 und x2

 32  i r

x1/ 2

 15  2i 4

 32  i r  12  i ˜ 2

Ÿ

x1 2  i x2 1  3i

und somit die gesuchte Zerlegung von Pc  x in Linearfaktoren 1P

Pc  x

x 2   3  2i ˜ x   5  5i

 x  2  i ˜  x  1  3i

(d.) Arbeitshinweis:

Komplexe Nullstellen mit nicht verschwindendem Imaginärteil treten immer paarweise auf, und zwar ist mit jeder Nullstelle auch ihr komplex Konjugiertes eine Nullstelle. Deshalb verrät uns der Tipp in der Aufgabenstellung gleich zwei Nullstellen: x1

3  2i

und

x2

3  2i

Diese beiden Nullstellen müssen wir durch Polynomdivision von Pd  x abspalten. Um aber nicht die Polynomdivision zweimal ausführen zu müssen, multiplizieren wir zuerst die Linearfaktoren aus 1P

 x  x1 ˜  x  x2  x  3  2i ˜  x  3  2i

x 2  3 x  2ix  3 x  9  6i  2ix  6i  4i 2

x 2  6 x  13 ,

damit anschließend eine einzige Polynomdivision genügt. (Übrigens erspart man sich durch diese Vorgehensweise komplexe Zahlen in der Polynomdivision):

Aufgabe 8.9 Komplexwertige Partialbruchzerlegung



 x 4  4 x3  x 2



 38 x  26 : x 2  6 x  13



273

x2  2 x  2

x 4  6 x3  13 x 2 

2 x3  14 x 2  38 x 2 x3  12 x 2  26 x 

2 x 2  12 x  26 2 x 2  12 x  26

2P

0

 x2  6 x  13 ˜  x2  2 x  2 Was noch aussteht, ist die Bestimmung der beiden Nullstellen im Faktor  x 2  2 x  2 , die wir

Somit folgt Pd  x

 x 4  4 x3  x 2 

 38 x  26

mittels pq-Formel vollziehen: x 2  2 x  2



0 Ÿ x1/ 2

1 r 1  2 Ÿ

x1

1  3

x2

1  3

Die Zerlegung des Polynoms Pd  x in Linearfaktoren lautet also: Pd  x

x 4  4 x3  x 2  38 x  26

 x  3  2i ˜  x  3  2i ˜  x  1 



3 ˜ x 1 3



2P

Aufgabe 8.9 Komplexwertige Partialbruchzerlegung



15 min

Punkte 8P

hh

Führen Sie die komplexwertige Partialbruchzerlegung des Polynombruches

1

1  x2

2

aus.

 Lösung zu 8.9 Arbeitshinweis:

Die aus der reellwertigen Partialbruchzerlegung bekannte Unterscheidung zwischen reellen und komplexen Nullstellen (mit Zählern, die unterschiedlich viele Nullstellen repräsentieren) existiert in ^ natürlich nicht. In ^ sind alle Nullstellen gleichberechtigt, egal ob ihr Imaginärteil verschwindet oder vorhanden ist. Man muss also lediglich aufpassen, ob Nullstellen einfach oder mehrfach auftreten. Um dies auf unsere Aufgabe anwenden zu können, suchen wir vorab die Nennernullstellen. Es gilt x 2  1 0 Ÿ x1/ 2 ri Ÿ x 2  1  x  i ˜  x  i





Da jede der Nennernullstellen doppelt auftritt, ist x 2  1

2

 x  i 2 ˜  x  i 2

1P

274

8 Komplexe Zahlen

Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet daher: 1



1 x

A 2 2



B





C

D



 x  i  x  i 2  x  i  x  i 2

1P

2

mit A, B, C , D  ^

2

2

A ˜  x  i ˜  x  i  B ˜  x  i  C ˜  x  i ˜  x  i  D ˜  x  i

2

 x  i ˜  x  i ˜  x  i ˜  x  i Da anders als in den reellen Zahlen immer jede Nullstelle separat für sich auftritt, gelingt die Bestimmung der komplexwertigen Koeffizienten A, B, C , D recht mühelos: - für x i o D ˜  i  i 2 1 Ÿ D ˜ 4i 2 1 Ÿ D  14 - für x i o B ˜  i  i 2 1 Ÿ B ˜ 4i 2 1 Ÿ B  14 - für x 0 o A ˜ i ˜ i 2  B ˜ i 2  C ˜  i ˜ i 2  D ˜ i 2 1 Ÿ  iA  B  iC  D 1 nach Einsetzen von B und D ergibt sich C

 1

A  12 i

2

- für x 1 o A ˜ 1  i ˜ 1  i ˜ 1  i  B ˜ 1  i  C ˜ 1  i ˜ 1  i ˜ 1  i  D ˜ 1  i 2 1   

1 1

4P

  

1  1







A ˜  2  2i  B ˜ 1  2i  i 2  C ˜  2  2i  D ˜ 1  2i  i 2

Ÿ



1

˜ 12

P Ÿ

A ˜  2  2i  C ˜  2  2i  2i ˜  D  B 1   

Ÿ

 14  14

A ˜ 1  i  C ˜ 1  i

1 2

 2

0

Dabei bilden  1 und  2 zusammen ein Gleichungssystem aus zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, das man leicht lösen kann. Setzt man z.B.  1 in  2 ein, so folgt:





A ˜ 1  i  A  12 i ˜ 1  i

Damit liefert  1 :

C

A  12 i

1i 1i 4 2

Die Partialbruchzerlegung ist nun fertig: 2P

1 2

Ÿ

A

C

 14 i i ˜ 14

1 2 2

1  x

1i 4

Ÿ

1



4

 x  i  x  i

2



i ˜ 14

1



4

 x  i  x  i 2

Aufgabe 8.10 Lösungsmengen komplexzahliger Gleichungen

  

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

15 min 10 min 10 min 6 min 8 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

hhh hhh hhh

Punkte (a.) 10 P (b.) 6 P

(c.) 6 P

(d.) 3 P

(e.) 5 P

Bestimmen Sie die Lösungsmengen für die nachfolgenden Gleichungen mit z  ^ . (a.)

1 z 1 z

i˜

1 z 1 z

(b.) sin  z 2

(c.) sin  z 3i

Aufgabe 8.10 Lösungsmengen komplexzahliger Gleichungen

(d.)

z

275

(e.)  10 z 10

z2

 Lösung zu 8.10 Arbeitshinweis – beim Erkennen dieses Aufgabentyps: Für das Auflösen derartiger Gleichungen gibt es kein „Rezept“. Vielmehr ist das individuelle Geschick und Fingerspitzengefühl für den Erfolg bei der Bearbeitung entscheidend. Hat man nicht sofort den richtigen Weg gefunden, dann hilft nur herumprobieren. Da dies zu Unwägbarkeiten in der Bearbeitungszeit führt, kann es im Falle von Klausuren ratsam sein, derartige Aufgaben als letzte zu lösen, um nicht die Zeit für andere Aufgaben zu verlieren.

(a.) Ÿ

1 z 1 z

i˜

1 z 1 z

˜ 11  zz

1 z 1 z

i˜

1 z 1 z

Zur Vereinfachung substituiert man u

Ÿ u

, damit man die Beträge zusammenfasst 1 z 1 z

 und erhält

i ˜ u , wobei u wieder einen Real- und einen Imaginärteil enthält, also u

1P

a  i˜b .

Wir bilden den Betrag von u und setzen in die Gleichung ein: Mit u



a 2  b 2 lautet die Gleichung u

i ˜ u dann  a  ib i ˜ a 2  b 2



 .

1P

Zwei komplexe Zahlen sind gleich, wenn sowohl ihre Real- als auch ihre Imaginärteile gleich sind. Wir wenden dies auf unsere Gleichung in der Form  an: - Auf der rechten Seite ist der Realteil Null, also hat er links den gleichen Wert 2

2

- Damit vereinfacht sich  zu ib i ˜ b Ÿ b  b 0 Es gibt also zwei Lösungen: b1 0 und b2 1 - Damit erhält man zwei mögliche Lösungen in u : u1 und : u2 - Resubstitution liefert z , wofür man  eben nach z aus u1 0 erhält man

1  z1 1  z1

0 Ÿ 1  z1

aus u2 i erhält man

1  z2 1  z2

i Ÿ 1  z2

Ÿ b ˜  b  1 a  i ˜ b1

0

a  i ˜ b2

i

Ÿ a

0.

0

1P

1P

auflösen muss:

0 Ÿ z1 1

i  i ˜ z2 Ÿ 1  i

z2  i ˜ z2

z2 ˜ 1  i Ÿ z2

1 i 1 i

Stolperfalle: Komplizierte Lösungswege enthalten mitunter Rechenschritte, bei denen Ergebnisse generiert werden, die in Wirklichkeit gar nicht zur Lösungsmenge der ursprünglichen Gleichung gehören. (Man erinnere sich in diesem Zusammenhang z.B. auch an die Wurzelgleichungen in Aufgabe 2.6.) Freilich könnte man sich Gedanken machen, wie und wann so etwas passieren kann. Weniger arbeitsaufwändig und absolut sicher ist aber die Probe durch Einsetzen: Man setze die erhaltenen Ergebnisse in die Gleichung der Aufgabenstellung ein und teste so, welches der Ergebnisse passt. Überdies erhält man dadurch den Vorteil, dass man die Korrektheit seiner Lösungen überprüfen kann.

2P

276

8 Komplexe Zahlen

Setzen wir zuerst z1 in die Aufgabenstellung ein: 1  z1 ? 1  z1 11 ? 11 z1 ist keine Lösung, i˜ Ÿ i˜ Ÿ 1  z1

1  z1

11

11

1P

denn der Nenner 1  1 ist nicht definiert. Danach setzen wir z2 in die Aufgabenstellung ein:

1P

1P

1  z2 ? 1  z2 i˜ 1  z2 1  z2

1 i 1 i ? 1 1 i 1  i œ i˜ 1 i 1 i 1 1 1 i 1 i

1 i 1 i 1 i 1 i ? 1 i 1 i i˜ 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i

œ

1 i 1 i 1 i 1 i ? 1 i 1 i i˜ 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i

1

œ

œ

1 i 1 i ? 1 i 1 i i˜ 1 i 1 i 1 i 1 i

œ

2i ? 2i i˜ 2 2

Beträge zusammenfassen

œ i

i˜ i

1 ist, so hat sich die Lösung z2 als richtig erwiesen. Den Ausdruck

Bedenkt man, dass i

sollte man noch in eine der definierten Darstellungsformen komplexer Zahlen bringen, bevor man die Lösungsmenge von Aufgabenteil (a.) angibt. Wir erweitern mit dem komplex Konjugierten des Nenners, um in die algebraische Form zu gelangen: z2

1P

1  2i  i 2 11

1 i 1 i ˜ 1 i 1 i

Ÿ

i

Die Lösungsmenge lautet also:  a ^i`



(b.) Der komplexwertige Sinus ist bekannt als sin  z  2i ˜ ei˜ z  e  i˜ z



Für unsere Aufgabe sin  z 2 bedeutet dies:



 2i ˜ ei˜ z  e i˜ z

1P

Ÿ e 2 i z  e0



2 Ÿ

 ei˜z  e i˜z

˜ei˜ z

4i

Ÿ e 2 i z  4i ˜ ei z  1 0

4i ˜ ei z

Diese quadratische Gleichung in ei z , kann man leicht lösen, wenn man u : ei z substituiert: 1P

1P

u 2  4iu  1 0 Ÿ u1/ 2

2i r 4i 2  1

2i r 3

2i r i ˜ 3



i˜ 2r 3



Ÿ

u1 u2

2  3 ˜ i 2  3 ˜ i

Die Lösungsmenge suchen wir in z , also müssen wir die obige Substitution u : ei z rückgängig machen: u : ei z Ÿ ln  u i ˜ z Ÿ z  i ˜ ln  u  Dazu benötigen wir den Logarithmus von u , den wir nur über die Exponentialdarstellung bekommen können. Also bringen wir u dorthin. Da u rein imaginär ist (der Realteil verschwindet), ist dies ohne mühsame Berechnung möglich:

1P

u1 u2

2  3 ˜ i 2  3 ˜ i

 2  3 ˜ ei˜  2ʌk i ˜  2ʌk u2  2  3 ˜ e  

Ÿ u1 Ÿ

ʌ 2

ʌ 2

Exponentialdarstellung

  ʌ2  2ʌk ln  u2 ln  2  3  i ˜  ʌ2  2ʌk  

Ÿ ln  u1 Ÿ

ln 2  3  i ˜

Logarithmus

(mit k  ])

Aufgabe 8.10 Lösungsmengen komplexzahliger Gleichungen

277

Damit können wir nun die Resubstitution nach  ausführen: z1

i ˜ ln  u1

z2

i ˜ ln  u2

  ʌ2  2ʌk  ʌ2  2ʌk  i ˜ ln  2  3  i ˜ ln  2  3  i 2 ˜  ʌ2  2ʌk  ʌ2  2ʌk  i ˜ ln  2  3

 i ˜ ln 2  3  i 2 ˜

1P

Anmerkung: Nachdem wir im Allgemeinen ohne Nebenwerte rechnen, mag die Berücksichtigung der Periodizität der komplexen Exponentialfunktion manchen Leser vielleicht überraschen. Diese Berücksichtigung hat nur den Sinn, die Periodizität der Sinus-Funktion zu berücksichtigen, die man wie immer in Richtung des Realteils erkennt. Durch Einsetzen der Lösungen in die Aufgabenstellung könnte man sämtliche angegebenen Lösungen als richtig verifizieren. Diese Übung sei den Lesern selbst überlassen. Die Lösungsmenge lautet also: b

^

ʌ 2





 2ʌk  i ˜ ln 2  3



;

`

 ʌ2  2ʌk  i ˜ ln  2  3

1P

mit k  ]

Demonstration: Die Aufgabe demonstriert, dass in den komplexen Zahlen Winkelfunktionen auch Werte annehmen können, die man bei einer durch reelle Zahlen geprägten Denkweise als „größer 1“ bezeichnen würde. Darüber soll man sich nicht wundern, denn diese Denkweise hat im Komplexen keinen Sinn – eine größer/kleiner Beziehung existiert in ^ bekanntlich nicht.

(c.) Die Aufgabe verläuft sehr ähnlich wie Aufgabenteil (b.) und wird deshalb nur sehr sparsam kommentiert. Man setzt den komplexwertigen Sinus ein und erhält mit sin  z 3i :



 2i ˜ ei ˜ z  e i ˜ z Ÿ e 2 i z  e0

˜ 2i P 3i Ÿ  i 2 ˜ ei ˜ z  e i ˜ z





6 ˜ ei z



˜ei ˜ z

6i 2

1P

Ÿ e2 i z  6 ˜ ei z  1 0

Substitution u : ei z Ÿ u 2  6u  1 0 Ÿ u1/ 2 3 r 9  1 3 r 10

1P

Unwandlung in die Exponentialdarstellung und logarithmieren: u1 u2

3  3 

10 10

3  10 ˜ ei˜ 2ʌk i ˜ 2ʌk u2  3  10 ˜ e    

Ÿ u1 Ÿ

 ln  u2 ln  3  10  i ˜ 2ʌk  

Ÿ ln  u1 Ÿ

Exponentialdarstellung

ln 3  10  i ˜ 2ʌk

1P (mit k  ])

Logarithmus

Resubstitution: z1 z2

   i ˜  ln  3  10  i ˜ 2ʌk

 i ˜ ln 3  10  i ˜ 2ʌk

 2ʌk  i ˜ ln  3 

10

2ʌk  i ˜ ln 3  10

1P

Jetzt kommt noch etwas, das in Aufgabenteil (b.) nicht enthalten war: Die Lösung z1 kann man einfach mit dem Taschenrechner berechnen, denn das Argument des Logarithmus ist positiv. Bei Lösung z2 ist dies nicht der Fall, dort ist das Argument des Logarithmus negativ, deshalb braucht man zum Logarithmieren noch eine Zusatzüberlegung: 3  10





10  3





10  3 ˜ ei˜ʌ



Ÿ ln 3  10



ln





10  3  i ˜ ʌ

278

8 Komplexe Zahlen

1 P Damit ergibt sich für z2 : z2



2ʌk  i ˜ ln 3  10

 



2ʌk  i ˜ ln



10  3  i ˜ ʌ



 2k  1 ˜ ʌ  i ˜ ln 

10  3



Das Ergebnis ist somit die Lösungsmenge 1P

c

^2ʌk  i ˜ ln 3  10

; ʌ ˜  2k  1  i ˜ ln



10  3



`

mit k  ]

Nebenbemerkung: Als alternativen Rechenweg hätte man für die Aufgabenteile (b.) und (c.) auch die Funktion des Arcus Sinus aus der Formelsammlung benutzen können. So wie komplexe Winkelfunktionen auf die Exponentialfunktion zurückgeführt werden, werden komplexe Arcusfunktionen auf den Logarithmus zurückgeführt. (d.) z  z 2 Im Reellen sind Wurzeln und Quadrate immer positiv. Dass die beiden (wie in der Aufgabenstellung gegeben) unterschiedliche Vorzeichen haben können, macht nur in den komplexen Zahlen Sinn. Diesen können wir finden, wenn wir das Vorzeichen als Phase auffassen: z Ÿ

1 ln 2

i˜ ʌ +2k ˜ ʌ z2 ˜ e 

 z

Zum Lösen wird logarithmiert

2ln  z  i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ

 2ln  z



Ÿ  32 ln  z i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ Ÿ ln  z

2P

i ˜

˜  23

 23 ʌ  43 k ˜ ʌ

Exponentialfunktion anwenden

 i ˜ 23 ʌ  43 k ˜ ʌ

. Dies sind Zahlen vom Betrag 1 mit unterschiedlichen Phasen. Ÿ

zk

e

Eine (fast triviale) Lösung haben wir auf diesem Weg nicht gefunden, die am Rande noch erwähnt sei: zt 0 . Setzt man sie in die Aufgabenstellung ein, so sieht man 0 02 . Dass wir diese Lösung nicht fanden, leuchtet ein, denn die Null kann nicht logarithmiert werden. 1 P Die Lösungsmenge umfasst also alle zk und das zt :  d

­  i ˜ 23 ʌ  43 k ˜ ʌ ®e ¯

½ mit k  ] ¾ ‰ ^0` ¿

(e.) Es ist offensichtlich, dass man durch logarithmieren (und auflösen) zu z kommen kann:

 10 z 1P

Zum Lösen wird logarithmiert

10

Ÿ z ˜ ln  10



ln 10

Ÿ z ˜ ln 10 ˜ ei˜ʌ +2k ˜ʌ



Das Vorzeichen wird als komplexe Phase behandelt ln 10

Auflösen nach z

1P

Ÿ z

ln 10 i ˜ ʌ +2k ˜ʌ ln 10 ˜ e 

1P

Ÿ z

ln 10 ln 10  i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ ˜ ln 10  i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ ln 10  i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ



ln 10



ln 10  i ˜  ʌ +2k ˜ ʌ

Reellmachen des Nenners ln 10 ˜ ln 10  i ˜ ln 10 ˜  ʌ +2k ˜ ʌ

 ln 10 2   ʌ +2k ˜ ʌ 2

Damit lässt sich z in algebraischer Darstellung angeben: 1P

Ÿ z

ln 10 ˜ ln 10

 ln 10 2   ʌ +2k ˜ ʌ 2

i˜

ln 10 ˜  ʌ +2k ˜ ʌ

 ln 10 2   ʌ +2k ˜ ʌ 2

TR

Ÿ

zH

| 0.3495  i ˜ 0.4768   

Hauptwert per Taschenrechner

Aufgabe 8.11 Zeichnen von Ortskurven

279

Dies liefert uns auch die Lösungsmenge: e

­ ln 10 ˜ ln 10 ln 10 ˜  ʌ +2k ˜ ʌ ° i˜ ® 2 2 °¯  ln 10   ʌ +2k ˜ ʌ  ln 10 2   ʌ +2k ˜ ʌ 2

½ ° mit k  ] ¾ °¿

1P

Aufgabe 8.11 Zeichnen von Ortskurven



(a…c) je 5 min

(a…c)

hh

Punkte (a…c) je 3 P

Die Zahl der Punkte kann je nach geforderter Präzision der Zeichnung stark variieren (bis hin zur Kurvendiskussion). Für je 3 P / 5 min sind einfache grobe Handskizzen zu erwarten – mehr nicht.

Zeichnen Sie die Ortskurven der nachfolgenden Funktionen mit O  \ und z  ^ . (a.) z  O sin  O  i ˜ cos  2O (b.) z  O (c.) z  O



100  O 2  i ˜ O 3  O 2  9O  4

1  2 ˜ sin  O  i ˜  12  cos  O

für O 0 ... 2ʌ



für O 5 ...  5 für O 0 ... 2ʌ

 Lösung zu 8.11 Arbeitshinweis:

Ortskurven sind Graphen von Funktionen von \ nach ^ , die in der Parameterdarstellung wiedergegeben werden, wobei das Argument der laufende Parameter ist (also eine reelle Zahl) und der Wertebereich in der Gauß’schen Zahlenebene dargestellt wird (komplex). Zum Anfertigen der Graphen lege man Wertetabellen an und trage die Werte in der Gauß’ schen Zahlenebene ein. Dadurch erhält man Graphen wie in den Bildern 8-11a,b,c zu sehen. Das Anfertigen der Wertetabellen mögen die Leser ohne Musterlösung bewerkstelligen.

3P Bild 8-11a Ortskurve der komplexwertigen Funktion z  O sin  O  i ˜ cos  2O

gezeichnet für O

0 ... 2ʌ

280

8 Komplexe Zahlen

3P Bild 8-11b Ortskurve der komplexwertigen Funktion



100  O 2  i ˜ O 3  O 2  9O  4

z O

gezeichnet für O



5 ...  5

3P Bild 8-11c Ortskurve der komplexwertigen Funktion

z O

1  2 ˜ sin  O  i ˜  12  cos  O

gezeichnet für O

0 ... 2ʌ

Aufgabe 8.12 Arbeiten mit Ortskurven

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

2 min 4 min 5 min 7 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

hh hhh

Punkte (a) 2 P (b) 2 P (c) 3 P (d) 4 P

Gegeben sei eine Funktion mit f  O : \ o ^ mit f  O  3  O  i ˜ 1  O . (a.) Zeichnen Sie die Ortskurve dieser Funktion für O 2...5 . (b.) Invertieren Sie die Ortskurve. (c.) Zeichnen Sie die invertierte Ortskurve für O f ...  f . (d.) Für welches O kommt die Ortskurve am dichtesten zum Koordinatenursprung? Welches ist der zugehörige Punkt z1 auf der Ortskurve?

Aufgabe 8.12 Arbeiten mit Ortskurven

281

 Lösung zu 8.12 (a.) Bild 8-12a zeigt die Ortskurve von f  O .

Bild 8-12a Ortskurve der komplexwertigen Funktion f  O  3  O  i ˜ 1  O

gezeichnet für O

2P

2 ...  5

Der Punkt z1 markiert (im Vorgriff) das Ergebnis von Aufgabenteil (d.), denjenigen Punkt auf der Ortskurve mit dem minimalen Abstand zum Nullpunkt.

(b.) Arbeitshinweis: Betrachtet man u  O und v  O als Real- und Imaginärteil der Ortskurve, so ergibt sich die invertierte Ortskurve (siehe Formelsammlung) zu u

a O wO

u 2  v2 v

a  O  i ˜ b  O mit bO

u 2  v2

Wir setzen unsere Funktion ein: f  O  3  O  i ˜ 1  O und erhalten 

uO

Ÿ a O

und b  O

u 2

u v

2

v 2

u v

2

3  O  3  O 2  1  O 2  1  O  3  O 2  1  O 2



v O

3  O 2

3O

9  6 O  O  1  2O  O

2

2

2O  4O  10

 1  O 2

1  O

9  6O  O  1  2O  O

Die invertierte Funktion lautet also w  O a  O  i ˜ b  O

2

2

2O  4O  10

3O 2O 2  4O  10

i˜

1  O

2P

2O 2  4O  10

(c.) Die graphische Darstellung der invertierten Ortskurve sieht man in Bild 8-12b

Bild 8-12b Ortskurve der invertierten Funktion 3O 1  O i˜ 2 w O 2 2O  4O  10 2O  4O  10 gezeichnet für O f ...  f

3P

282

8 Komplexe Zahlen

(d.) Wir betrachten nochmals die Funktion f  O  3  O  i ˜ 1  O 

uO



v O

Arbeitshinweis:

Die notwendige Bedingung für ein Abstandsextremum entnimmt man einer Formelsammlung: u ˜u '  v ˜ v' 3  O ˜  1  1  O ˜ 1 1 P Dies wäre für unsere Aufgabe: 

N  N uO

u ' O

vO

Ÿ O  3 O  1 Ÿ O1 1

v ' O

Arbeitshinweis:

Ob dort wirklich ein Abstandsextremum liegt, prüfen wir anhand der hinreichenden Bedingung u '˜ u ' u ˜ u '' v '˜ v ' v ˜ v '' z  1P



 1 2  0  1 ˜ 1  0



?

z

u ˜ u ' v ˜ v ' u 2  v2

 2 ˜  1  2 ˜ 1 2  3  1

2

 1  1

2

œ

an der Stelle O1 : ?  2  2 2

1  1 z

44

?

œ 2z 0

Die Ungleichheit ist gegeben, also handelt es sich um ein Abstandsextremum. Da die linke 1P

Seite u '˜ u ' u ˜ u '' v '˜ v ' v ˜ v '' 2 größer ist als die rechte Seite 

u ˜ u ' v ˜ v ' u 2  v2

0 , ist dieses

Extremum ein Abstandminimum. 1 P Der zugehörige Punkt z1 auf der Ortskurve liegt bei f  O1  3  O1  i ˜ 1  O1 2  2i . Er ist in Bild 8-12a eingetragen.

Aufgabe 8.13 Textbeispiel – komplexe Wechselstromwiderstände



10 min

hh

Punkte 5P

Berechnen Sie bitte den komplexen Wechselstromwiderstand der in Bild 8-13 gegebenen Schaltung bei einer Kreisfrequenz von Z 100 ˜ 2ʌ Hz .

Bild 8-13 Vorgabe der Schaltung, zu der der komplexe Wechselstromwiderstand berechnet werden soll.

Aufgabe 8.14 Textbeispiel – komplexe Wechselstromwiderstände

283

 Lösung zu 8.13 Wir fassen R2 , C1 , R3 und L2 zu Z X als einem Teil der Schaltung zusammen. Es handelt sich um eine Parallelschaltung aus einerseits R2 und C1 in Reihe sowie andererseits aus R3 und L2 in Reihe. Damit berechnen wir Z X gemäß 1 ZX

1 1  Z R 2  Z C1 Z R 3  Z L 2

1 1  1 R2  iZ C R3  iZ L2 1

 R  ˜  R  iZ L  R    R  iZ L 2

1 iZ C1

3

2

2

1 iZ C1

3

2

1P

(Nomenklatur: Z mit dem Index eines Schaltelements bezeichnet dessen Impedanz.) Für die gesamte Schaltung als Hintereinanderschaltung aus R1 , L1 und Z X ergibt sich dann Z R1  Z L1  Z X

Z ges

R1  iZ L1  Z X

R1  iZ L1 

 R  ˜  R  iZ L  R    R  iZ L 2

1 iZ C1

3

2

2

1 iZ C1

3

2

1P

Setzen wir die Werte entsprechend Bild 8-13 ein, so erhalten wir 40:  i ˜ 2ʌ ˜ 100Hz ˜ 0.7H 

Z ges TR

| 40:  i ˜ 439.823 : 

80:  80: 

˜  20:  i ˜ 2ʌ ˜100Hz ˜1H   20:  i ˜ 2ʌ ˜100Hz ˜1H

1 i ˜2ʌ ˜100Hz ˜ 2˜105 F 1 i ˜ 2ʌ ˜100Hz ˜ 2˜105 F

80:  i ˜ 79.57747: ˜  20:  i ˜ 628.3185: 80:  i ˜ 79.57747:   20:  i ˜ 628.3185:

1600: 2  i ˜ 1591.5494: 2  i ˜ 50265.48: 2  i 2 ˜ 50000: 2 100:  i ˜ 548.74103: erweitert mit dem 51600: 2  i ˜ 48673.93: 2 100:  i ˜ 548.74103: komplex Konju˜ 40:  i ˜ 439.823 :  100:  i ˜ 548.74103: 100:  i ˜ 548.74103: gierten des Nenners 40:  i ˜ 439.823 : 

3

40:  i ˜ 439.823 : 

31869382.5 :  i ˜ 23447644:

3

311116.72: 2 40:  i ˜ 439.823 :  102.435 :  i ˜ 75.366 : 142.435:  i ˜ 364.457 :

Aufgabe 8.14 Textbeispiel – komplexe Wechselstromwiderstände

 

(a.)

10 min

(a.)

(b.)

4 min

(b.)

hh hh

Punkte (a.) 6 P (b.) 2 P

Sie bekommen die Aufgabe, eine amerikanische Glühbirne ( U eff von Peff

100 W ) an ein europäisches Stromnetz ( U eff

110 V mit einer Leistung

230 V ) anzuschließen. Damit die

Birne „normal“ brennen kann, schalten Sie eine Spule in Reihe (Æ Spannungsteilerschaltung). (a.) Welche Induktivität muss die Spule besitzen? (b.) Wie viel Leistung zieht die Spule?

3P

284

8 Komplexe Zahlen

 Lösung zu 8.14 Schritt 1: Zur Anschauung skizzieren wir vorab in Bild 8-14 die sich ergebende Schaltung.

1P

Bild 8-14 Skizze der Schaltung, zur Realisierung der Aufgabenstellung

Schritt 2: Wollen wir die Schaltung berechnen, so müssen wir den ohm’schen Widerstand der Glühbirne kennen: 1P

Peff

2 U eff

U eff ˜ I eff

R

Ÿ R

2 U eff

110 V 2

Peff

100 W

121:

Schritt 3: Wir betrachten die Schaltung als Spannungsteiler, bei dem über der Glühbirne die Spannung U R 110V abfällt und über der Spule U L 120 V : ZL

UL U ges

Z ges

Ÿ

120V 230V

iZ L

ZL

iZ L  R

Z L 2  R 2

2 P Auflösen nach L liefert: UL U ges

Ÿ

2P

120V 230V

ZL

quadrieren

Z L 2  R 2

Z L 2 Z L 2  R 2

122 232

§ 23 · Ÿ ¨ ¸ © 12 ¹ Ÿ L2

12 23

2

Z L 2  R 2 Z L 2

Kehrwert

1

144 R 2 ˜ Ÿ L 385 Z 2

2

R2

Z L

§ 23 · Ÿ ¨ ¸ 1 © 12 ¹

2

R2

Z L

144 R TR 121: ˜ | 0.61158 ˜ 385 Z 2ʌ ˜ 50Hz

2

Ÿ

529  144 144

0.23555H

385 144

R2

Z 2 L2

˜ 144 L2 385

235.55mH

(b.) Man darf die Leistung nicht isoliert betrachten, sondern als Bestandteil der gesamten Schaltung. Die gesamte verbrauchte Leistung beträgt 2P

Peff

2 U eff

Z ges

Ÿ Peff

2 U eff 2

R  Z L

TR

2

|

 230 V 2 121 : 2   50 ˜ 2ʌ Hz ˜ 235.55 ˜103 H

TR

2

| 373 Watt

Also ist der Leistungsverbrauch 100 Watt für die Glühbirne plus 273 Watt für die Spule.

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis Aufgabe 9.1 Parameterdarstellung einer mehrdim. Funktion (a.) (b.)



10 min 5 min

(a.) (b.) K

Gegeben sei eine Funktion s : \ o \ 2 durch § sx  t · K t 6 s t ¨ ¨ s y  t ¸¸ © ¹

K

§ a0 x ·

§ 0 ·

K

Punkte (a) 6 P

hh

§ v0 x · § 30 ·

K s : \ o \2

K 2 1a t 2 0

K

K K  v0t  s0

(b) 3 P

 1

 2

§ s0 x · § 0 ·

m m mit a0 ¨¨ ¸¸ ¨ ¸ s 2 ; v0 ¨¨ v ¸¸ ¨ ¸ s und s0 ¨¨ s ¸¸ ¨ ¸ m a  10 20 y y 0 0 © ¹ © ¹ © ¹ © 0y ¹ © 0¹ © ¹

(a.) Stellen Sie die Funktion graphisch dar in Parameterdarstellung für t 0...5sec. s y  sx .

(b.) Wandeln Sie die Funktion um in die explizite Funktionsdarstellung s y Anmerkung zu Aufgabe 9.1

Es gibt verschiedene Schreibweisen zur Angabe von Funktionen. Eine davon ist die hier in der Aufgabenstellung gebrauchte, die aus zwei Zeilen besteht, und die man wie folgt versteht: 1. Zeile (siehe  1 ) Æ Funktion / Doppelpunkt / Definitionsmenge / Pfeil / Wertemenge 2. Teile (siehe  2 ) Æ freier Parameter / Fußpfeil / Funktion / Gleich / mathemat. Ausdruck

 Lösung zu 9.1 (a.) Zur Vorbereitung fertigen wir eine Wertetabelle an, wie z.B. Tabelle 9.1. K Tabelle 9.1 Wertetabelle zur Funktion s  t

K 2 1a t 2 0

K K  v0t  s0 in Parameterdarstellung

t / sec.

sx  t / m

sy t / m

0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 4.00 4.50 5.00

0.0 15.0 30.0 45.0 60.0 75.0 90.0 105.0 120.0 135.0 150.0

+ 0.00 + 8.75 + 15.00 + 18.75 + 20.00 + 18.75 + 15.00 + 8.75 + 0.00 - 11.25 - 25.00

3P

286

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Damit lässt sich dann die in Bild 9-1 dargestellte Funktion zeichnen.

3P

Bild 9-1 Graphische Darstellung der Funktion K K K K s  t 12 a0t 2  v0t  s0 in Parameterdarstellung K K K (mit a0 , v0 , s0 laut Aufgabenstellung)

(b.) Zur expliziten Funktionsdarstellung gelangt man durch die folgenden Arbeitsschritte: Schritt 1: Man drücke den freien Parameter t durch sx aus. Schritt 2: Den so erhaltenen Ausdruck für t setze man in s y ein. Zu Schritt 1: Wegen a0 x 1P

sx  t

0 und s0 x

Ÿ t

v0 x t

K 0 lautet die Gleichung für die x-Koordinate von s  t

s0 x v0 x

Zu Schritt 2: K

Setzt man dieses t in die Gleichung für die y-Koordinate von s  t ein, so erhält man 1P

s y t

1 a t2 2 0y

 v0 y t  s0 y

1a 2 0y

§s ˜ ¨ 0x ¨ v0 x ©

2

· §s ¸  v0 y ˜ ¨ 0 x ¸ ¨ v0 x ¹ ©

· ¸  s0 y ¸ ¹

a0 y 2v02x

˜ s02x 

v0 y v0 x

˜ s0 x  s0 y

Setzt man die Zahlenwerte für a0x , a0 y sowie v0x , v0 y und s0x , s0 y ein, so erhält man 1P

s y t

10 m2 s

2˜



30 ms



2

˜ s x2 

20 ms 30 ms

˜ sx  0 m



1 2 ˜ s x2  ˜ s x , 180 m 3

was ebenfalls zu dem in Bild 9-1 gezeigten Plot führt (bis auf die Angabe der Zeit t , die in der expliziten Darstellung natürlich nicht mehr erkennbar ist.)

Aufgabe 9.2 Höhenliniendiagramme mehrdim. Funktionen

287

Aufgabe 9.2 Höhenliniendiagramme mehrdim. Funktionen

 

(a,b)

je 5 min

(c.)

5 min

hhh hh

Punkte (a,b.) je 4 P (c) 4 P

Aufgabenteil (b.) setzt einen grafikfähigen Rechner voraus.

Zeichnen Sie Höhenliniendiagramme der nachfolgend genannten Funktionen z : \ 2 o \

 x; y 6 z (a.) z 3x 2  y 2

für x 0...10 und y 0...10

(b.) z cos  x  sin  y

für x 0q...360q und y 0q...360q

(c.) z

x 2

x  y2

für x 5...5 und y 5...5

 Lösung zu 9.2 Arbeitshinweis: Was immer funktioniert: Man kann die Höhenlinien über Wertetabellen zeichnen – genau so wie ein Plotter es tut. Mitunter kann man aber auch durch geschicktes Überlegen bekannte Strukturen wiederfinden, die ein Verständnis über das Aussehen der Höhenlinien eröffnen. (a.) Höhenlinien sind Linien mit konstantem z . Denkt man an Ellipsengleichungen, so kennt man deren Form in Aufgabe 3.a wieder. Diejenigen Ellipsen, die die Koeffizienten 3x 2  y 2 r 2 (mit r z ) tragen, sind in Bild 9- 2 P 2a aufgetragen. Wie üblich sind die Höhenlinien mit Höhenangaben versehen.

288

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Bild 9-2a Höhenliniendiagramm der Funktion

2P

z

3x 2  y 2

Die Höhenlinien sind mit äquidistanten Höhenabständen aufgetragen, und zwar mit Abständen von 20 Höheneinheiten.

(b.) In Bild 9-2b findet man die Periodizität der Winkelfunktionen wieder. Würde man die zu zeichnenden Intervalle für x und y vergrößern, so könnte man das gezeigte Bild fortgesetzt übereinander bzw. nebeneinander kopieren.

Bild 9-2b Höhenliniendiagramm der Funktion z cos  x  sin  y

4P

Die Höhenlinien sind mit äquidistanten Höhenabständen aufgetragen, und zwar mit Abständen von 0.2 Höheneinheiten.

(c.) Erkennt man im Nenner der Funktion die Kreisgleichung, so drängt sich der Verdacht auf, dass die Verwendung von Polarkoordinaten den Ausdruck vereinfachen könnte. Wir probieren dies aus und erhalten wegen x r ˜ cos M und y r ˜ sin M den Ausdruck 2P

z

r ˜ cos M

x 2

x y

2

2

2

2

r ˜ cos M 2

r ˜ cos M  r ˜ sin M

r2

cos M

Aufgabe 9.3 Partielle Ableitungen, Satz von Schwarz

289

Die Funktion ist bei gegebenem Winkel M von r unabhängig, und somit also für alle r konstant, d.h. wir erhalten Strahlen, die vom Koordinatenursprung ausgehen. Einige davon sind in Bild 9-2c gezeichnet.

2P Bild 9-2c Höhenliniendiagramm Funktion x z 2 x  y2

der

Aufgabe 9.3 Partielle Ableitungen, Satz von Schwarz



hh

(a…d.) je 3 min

Punkte (a…d.) je 2 P

Nachfolgend seien einige Funktionen gegeben, die die Voraussetzungen des Satzes von Schwarz erfüllen. Zeigen Sie anhand dieser Beispiele, dass die gemischten partiellen zweiten Ableitungen dieser Funktionen gleich sind. (a.) f  x; y  ax  by n

(b.) f  x; y e xy

(c.) f  x; y  x  y ˜ sin  x  y

(d.) f  x; y ln x 2  y 2





 Lösung zu 9.3 (a.) Die Funktion ist abzuleiten als Polynom: wf wx wf wy

fx fy

½ ˜ a° ° ¾ Ÿ n 1 ° n ˜  ax  by ˜ b °¿

n ˜  ax  by

n 1

wf § wf · ¨ ¸ wy © wx ¹

f xy

n ˜  n  1 ˜  ax  by

n2

˜a ˜b

wf § wf · ¨ ¸ wx © wy ¹

f yx

n ˜  n  1 ˜  ax  by

n2

˜b˜a

2P

290

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(b.) Abgeleitet wird mit Produktregel: 2P

wf wx wf wy

fx fy

½ e xy ˜ y ° ° ¾ Ÿ xy ° e ˜x ¿°

wf § wf · ¨ ¸ wy © wx ¹

f xy

e xy ˜ x ˜ y  e xy

wf § wf · ¨ ¸ wx © wy ¹

f yx

e xy ˜ y ˜ x  e xy

(c.) Produktregel anwenden, Kettenregel nicht vergessen:

2P

wf ½ f x 1 ˜ sin  x  y ˜1   x  y ˜ cos  x  y ˜1 sin  x  y   x  y ˜ cos  x  y ° wx ° ¾ wf f y 1 ˜ sin  x  y   x  y ˜ cos  x  y ˜  1 sin  x  y   x  y ˜ cos  x  y ° °¿ wy wf § wf · ¨ ¸ f xy cos  x  y ˜  1  1 ˜ cos  x  y   x  y ˜   sin  x  y ˜  1  x  y ˜ sin  x  y wy © wx ¹ Ÿ wf § wf · cos  x  y  1 ˜ cos  x  y   x  y ˜   sin  x  y  x  y ˜ sin  x  y ¨ ¸ f yx wx © wy ¹

(d.) Hier ist die Kettenregel wichtig:

2P

wf wx

fx

 x2  y 2

wf wy

fy

x

2x

2y 2

 y2



½ ° °° ¾ Ÿ ° ° ¿°

wf § wf · ¨ ¸ wy © wx ¹

f xy

wf § wf · ¨ ¸ wx © wy ¹

f yx

 x2  y 2 ˜ 0  2 x ˜  2 y 4 xy 2 2  x2  y2  x2  y 2  x2  y 2 ˜ 0  2 y ˜  2 x 4 xy 2 2  x2  y 2  x2  y 2

Wie man sieht, stimmen in allen Fällen die gemischten partiellen zweiten Ableitungen jeweils überein.

Aufgabe 9.4 Partielle Ableitungen, Satz von Schwarz



(a,b.)

je 8 min

Punkte (a,b.) je 4 P

hh

Nachfolgend seien zwei Funktionen gegeben, die die Voraussetzungen des Satzes von Schwarz erfüllen. Zeigen Sie anhand dieser Beispiele, dass sämtliche gemischte partielle dritte Ableitungen der gegebenen Funktionen jeweils einander gleich sind. (a.) f  x; y; z sin 2  x  z ˜ e y ˜ x  23



(b.) f  x; y; z x 2 ˜ y  z ˜ ln x  y 2



 Lösung zu 9.4 Hier müssen verschiedene dritte Ableitungen verglichen werden. Wollen wir sämtliche gemischte partielle dritte Ableitungen vergleichen, dann müssen wir die Ableitungen in allen ?

denkbar möglichen Reihenfolgen ausführen:

f xyz

?

f xzy

?

f yxz

?

f yzx

?

f zxy

f zyx

Aufgabe 9.5 Totales Differential, lineare Näherung

291

(a.) fx

2 ˜ sin  x ˜ cos  x  z ˜ e y ˜ 12 x

 12

fx

2 ˜ sin  x ˜ cos  x  z ˜ e y ˜ 12 x

 12

fy

z ˜ ey ˜ x

Ÿ

f yx

z ˜ e y ˜ 12 x

fy

z ˜ ey ˜ x

Ÿ

f yz

ey ˜ x2

fz

ey ˜ x

Ÿ

f zx

e y ˜ 12 x

fz

ey ˜ x

Ÿ

f zy

ey ˜ x

 12

Ÿ

f xy

1 2

Ÿ

f xz

e y ˜ 12 x

z˜x

f xyz

1 1 x 2 2

Ÿ

f xzy

e y ˜ 12 x

 12

Ÿ

f yxz

e y ˜ 12 x

 12

Ÿ

f yzx

e y ˜ 12 x

 12

Ÿ

f zxy

e y ˜ 12 x

 12

Ÿ

f zyx

e y ˜ 12 x

 12

Ÿ

f xyz

 x  y2

Ÿ

f xyz

Ÿ

f yxz

Ÿ

f yzx

Ÿ

f zxy

Ÿ

f yzx

˜ ey Ÿ

 12

 12

1

 12

˜ ey

4P

(b.) fx

fx fy fy fz fz

1

2

 Ÿ f xy 2 x  z ˜  x  y 2 ˜ 2 y 1 1 2 xy  z ˜  x  y 2 Ÿ f xz  x  y 2 1 2 x 2  z ˜  x  y 2 ˜ 2 y Ÿ f yx 2 x  2 zy ˜  x  y 2 1 1 x 2  z ˜  x  y 2 ˜ 2 y Ÿ f yz 2 y ˜  x  y 2 1 ln  x  y 2 Ÿ f zx  x  y 2 1 ln  x  y 2 Ÿ f zy  x  y 2 ˜ 2 y 2 xy  z ˜ x  y 2

2

 ˜ 2y 2   x  y2 ˜ 2 y 2 2 y ˜  x  y 2 2 2 y ˜  x  y 2 2   x  y2 ˜ 2 y 2   x  y2 ˜ 2 y

Wie man sieht, sind bei beiden Teilaufgaben auch alle gemischten partiellen dritten Ableitungen identisch.

Aufgabe 9.5 Totales Differential, lineare Näherung



hhh

(i,ii,iii) je 8 min

Gegeben seien drei Funktionen

Punkte (i,ii,iii.) je 6 P

(i.) f  x; y cos  x  sin  y (ii.) f  x; y 3e 2 x  4 xy  5 ˜ ln  y (iii.) f  x; y x3  3x 2 y  2 xy 2  4 y3

Anmerkung: Argumente von Winkelfunktionen verstehen sich im Bogenmaß. Berechnen Sie für jede der Funktionen: (a.) den Funktionswert im Arbeitspunkt  x0 ; y0  0.5; 0.5 (b.) das totale Differential (auch vollständiges Differential genannt)

4P

292

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(c.) die Änderung des Funktionswerts in linearer Näherung, ausgehend vom Punkt  x0 ; y0 , wenn man von dort aus um  'x; 'y  0.01;  0.01 fortschreitet. (d.) Vergleichen Sie den Funktionswert der linearen Näherung mit der unmittelbaren Berechnung der Funktionswerte am Ort  x0  'x; y0  'y  0.51; 0.49 und geben Sie prozentual an, wie genau (bzw. ungenau) die Näherungen sind.

 Lösung zu 9.5 Arbeitshinweise: zu (a.) Der Funktionswert ergibt sich durch Einsetzen der Argumente in die Funktion. zu (b.) Beim totalen Differential verwenden wir neben den partiellen Ableitungen kleine Buchstaben df , dx , dy um auf die Grenzwertbildung der Infinitesimalrechnung hinzuweisen. So enthält z.B. ein dx noch ein lim . 'x o0

zu (c.) Bei der linearen Näherung hingegen werden anstelle der Grenzwerte df , dx , dy endlich große Intervalle 'f , 'x , 'y verwendet. zu (d.) Den Funktionswert in linearer Näherung erhält man, indem man zum Funktionswert im Arbeitspunkt f  x0 ; y0 das 'f addiert. Betrachtung der Funktion (i.) TR

1 P (a.) f  x0 ; y0 cos  0.5  sin  0.5 | 1.357008 1 P (b.) df

wf wf ˜ dx  ˜ dy wx wy

 sin  x ˜ dx  cos  y ˜ dy TR

1 P (c.) 'f f x  x0 ; y0 ˜ 'x  f y  x0 ; y0 ˜ 'y  sin  0.5 ˜  0.01  cos  0.5 ˜  0.01 | 0.013570 (d.) Der Funktionswert in linearer Näherung lautet TR

f  x0 ; y0  'f | 1.357008  0.013570 1.343438

Der unmittelbar berechnete Funktionswert ergibt 2P

f  x0  'x; y0  'y

f  0.51; 0.49

TR

cos  0.51  sin  0.49 | 1.3433704

Anmerkung: 1 P Der Betrag der Differenz der beiden Werte beträgt nur ca. 0.005% des exakten Wertes. Je dichter man die lineare Näherung in der Nähe des Arbeitspunktes  x0 ; y0 betrachtet, um so besser ist die Qualität der Näherung. Betrachtung der Funktion (ii.) TR

1 P (a.) f  x0 ; y0 3e 2˜0.5  4 ˜ 0.5 ˜ 0.5  5 ˜ ln  0.5 | 5.68910958 1 P (b.) df

wf wf ˜ dx  ˜ dy wx wy

 6 ˜ e2 x  4 y ˜ dx   4 x  5y ˜ dy

Aufgabe 9.6 Totales Differential, lineare Näherung

293

(c.) TR

 6 ˜ e2˜0.5  4 ˜ 0.5 ˜  0.01   4 ˜ 0.5  0.55 ˜  0.01 | 0.06309691

'f

f x  x0 ; y0 ˜ 'x  f y  x0 ; y0 ˜ 'y

(d.)

Der Funktionswert in linearer Näherung lautet

1P

TR

f  x0 ; y0  'f | 5.68910958  0.06309691 5.75220649

Der unmittelbar berechnete Funktionswert ergibt f  0.51; 0.49 3e2˜0.51  4 ˜ 0.51 ˜ 0.49  5 ˜ ln  0.49 5.75243485

f  x0  'x; y0  'y

2P

Hier liegt der Betrag der Differenz der beiden Werte bei ca. 0.004% des exakten Wertes.

1P

Betrachtung der Funktion (iii.) (a.) f  x0 ; y0 0.53  3 ˜ 0.52 ˜ 0.5  2 ˜ 0.5 ˜ 0.52  4 ˜ 0.53 0.250

1P

(b.) df

wf wf ˜ dx  ˜ dy wx wy

(c.) 'f

f x  x0 ; y0 ˜ 'x  f y  x0 ; y0 ˜ 'y

3x2  6 xy  2 y 2 ˜ dx   3x2  4 xy  12 y 2 ˜ dy

1P

 3 ˜ 0.52  6 ˜ 0.5 ˜ 0.5  2 ˜ 0.52 ˜  0.01  3 ˜ 0.52  4 ˜ 0.5 ˜ 0.5  12 ˜ 0.52 ˜  0.01 (d.)

Der Funktionswert in linearer Näherung lautet f  x0 ; y0  'f

0.04

1P

0.25  0.04 0.29

Der unmittelbar berechnete Funktionswert ergibt f  x0  'x; y0  'y

f  0.51; 0.49

2P

0.289304

Der Betrag der Differenz der beiden Werte liegt hier bei ca. 0.24% des exakten Wertes.

Aufgabe 9.6 Totales Differential, lineare Näherung



(i,ii)

je 10 min

Gegeben seien die beiden Funktionen

hhh

Punkte (i,ii.) je 7 P

(i.) f  x; y; z 30 ˜ x ˜ y ˜ z 2  e x  y  z (ii.) f  x; y; z x ˜ ln  y ˜ z

Berechnen Sie jeweils für jede der Funktionen (a.) den Funktionswert im Arbeitspunkt  x0 ; y0 ; z0 1.2; 1.5; 1.8 (b.) das totale Differential (c.) die Änderung des Funktionswerts in linearer Näherung, ausgehend vom Punkt  x0 ; y0 ; z0 , wenn man von dort aus um  'x; 'y; 'z  0.02;  0.01;  0.03 fortschreitet. (d.) Vergleichen Sie den Funktionswert der linearen Näherung mit der unmittelbaren Berechnung der Funktionswerte am Ort  x0  'x; y0  'y; z0  'z 1.22; 1.49; 1.83 .

1P

294

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

 Lösung zu 9.6 Die Rechnung verläuft in Analogie zu Aufgabe 9.5. Der Unterschied ist die Dimensionalität. Während man sich beim zweidimensionalen Argument f  x; y eine Höhenlandschaft vorstellen kann, mit  x; y als Ort auf der Fläche und f als Höhe, versagt beim dreidimensionalen Argument  x; y; z die anschauliche Interpretation. Die Anschauung ändert aber prinzipiell nichts am abstrakt durchzuführenden Rechenweg. Betrachtung der Funktion (i.) TR

1 P (a.) f  x0 ; y0 ; z0 30 ˜ 1.2 ˜ 1.5 ˜ 1.82  e1.2 1.51.8 | 264.9771313 (b.) 1P

df

wf wf wf ˜ dx  ˜ dy  ˜ dz wx wy wz

30 yz 2  e x y  z ˜ dx   30 xz 2  e x y  z ˜ dy   60 xyz  e x y  z ˜ dz

f x  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'x  f y  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'y  f z  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'z

(c.) 'f

 30 ˜1.5 ˜1.82  e4.5 ˜  0.02  30 ˜1.2 ˜ 1.82  e4.5 ˜  0.01   60 ˜1.2 ˜1.5 ˜1.8  e4.5 ˜  0.03

2P TR

| 11.182285

(d.)

Der Funktionswert in linearer Näherung lautet TR

f  x0 ; y0 ; z0  'f | 264.9771313  11.1822853 276.1594166

Der unmittelbar berechnete Funktionswert ergibt 2P

f  x0  'x; y0  'y; z0  'z

TR

f 1.22; 1.49; 1.83 | 276.31971

1 P Der Betrag der Differenz der beiden Werte liegt hier bei ca. 0.06 % des exakten Wertes. Betrachtung der Funktion (ii.) TR

1 P (a.) f  x0 ; y0 ; z0 1.2 ˜ ln 1.5 ˜ 1.8 | 0.652786232 1 P (b.) df (c.) 'f 2P

wf wf wf ˜ dx  ˜ dy  ˜ dz wx wy wz

f x  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'x  f y  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'y  f z  x0 ; y0 ; z0 ˜ 'z

 ln 1.5 ˜ (d.)

 ln  y ˜ z ˜ dx   x ˜ 1y ˜ z ˜ dy   x ˜ ln  y ˜ 2 1 z ˜ dz









1 ˜ 1.8 ˜ 0.01  1.2 ˜ ln 1.5 ˜ 1.8 ˜  0.02  1.2 ˜ 1.5  

1 2 1.8

˜  0.03 | 0.00558653 TR

Der Funktionswert in linearer Näherung lautet TR

f  x0 ; y0 ; z0  'f | 0.652786232  0.00558653 0.658372762

Der unmittelbar berechnete Funktionswert ergibt 2P

f  x0  'x; y0  'y; z0  'z

TR

f 1.22; 1.49; 1.83 | 0.65813429

1 P Der Betrag der Differenz der beiden Werte liegt hier bei ca. 0.036 % des exakten Wertes.

Aufgabe 9.7 Ebenengleichung einer Tangentialebene

295

Aufgabe 9.7 Ebenengleichung einer Tangentialebene



(a,b.)

Punkte (a,b.) je 4 P

hhh

je 7 min

(a.) f  x; y 3e2 x  4 xy  5 ˜ ln  y

Betrachten Sie die beiden Funktionen

(b.) f  x; y x3  3x 2 y  2 xy 2  4 y3 Bestimmen Sie jeweils die Ebenengleichung der Tangentialebene im Punkt  x0 ; y0 1.2; 1.5

 Lösung zu 9.7 Arbeitshinweis: Allgemein lautet die Gleichung der Tangentialebene einer Funktion \ o \ 2 : t  x; y a ˜ x  b ˜ y  c . Darin sind die Steigungen a und b die partiellen Ableitungen im Arbeitspunkt: a f x  x0 ; y0 und b f y  x0 ; y0 Der Achsenabschnitt c wird aus der Lage des Arbeitspunktes berechnet: t  x0 ; y0

f  x0 ; y0 Ÿ c

a ˜ x0  b ˜ y0  c

f  x0 ; y0  a ˜ x0  b ˜ y0

Wenden wir dies auf die beiden gegebenen Funktionen an, so erhalten wir: (a.) Die Steigungen lauten:

wf wx

6 ˜ e2 x  4 y Ÿ a

wf wy

4x 

5 y

Ÿ b

f x  x0 ; y0

f y  x0 ; y0

TR

6 ˜ e2˜1.2  4 ˜ 1.5 | 72.1391

1P

TR

5 | 8.13333 4 ˜ 1.2  1.5

Der Achsenabschnitt ist TR

c

TR

f  x0 ; y0  a ˜ x0  b ˜ y0 | ª3 e2˜1.2  4 ˜ 1.2 ˜ 1.5  5 ˜ ln 1.5 º  72.1391 ˜ 1.2  8.1333 ˜ 1.5 | 56.4701 ¬ ¼

1P

Damit lautet die gesuchte Gleichung der Tangentialebene zu Aufgabenteil (a.) t  x; y

TR

2P

a ˜ x  b ˜ y  c | 72.1391 ˜ x  8.1333 ˜ y  56.4701

(b.) Die Steigungen lauten: wf wx

3 x 2  6 xy  2 y 2 Ÿ a

wf wy

3 x 2  4 xy  12 y 2 Ÿ b

f x  x0 ; y0 3 ˜ 1.22  6 ˜ 1.2 ˜ 1.5  2 ˜ 1.52

f y  x0 ; y0 3 ˜ 1.22  4 ˜ 1.2 ˜ 1.5  12 ˜ 1.52

19.62

15.48

1P

Der Achsenabschnitt ist TR

c

f  x0 ; y0  a ˜ x0  b ˜ y0 | ª1.23  3 ˜ 1.22 ˜ 1.5  2˜ 1.2˜ 1.52  4˜ 1.53 º  19.62˜ 1.2  15.48˜ 1.5 0.216 ¬ ¼

1P

Damit lautet die gesuchte Gleichung der Tangentialebene zu Aufgabenteil (b.) t  x; y

a ˜ x  b ˜ y  c 19.62 ˜ x  15.48 ˜ y  0.216

2P

296

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Aufgabe 9.8 Differentialformen, Integrabilitätsbedingung

  

(a,b.) je 8 min

(a,b.)

(c.)

3 min

(c.)

(d.)

15 min

(d.)

Punkte (a,b.) je 4 P

hh hh hh

(c.) 2 P (d.) 9 P

Untersuchen Sie die nachfolgend genannten Differentialformen, ob es sich dabei um totale Differentiale handelt – falls ja, bestimmen Sie deren Stammfunktionen. (a.) P  x; y ˜ dx  Q  x; y ˜ dy

 y  cos  x ˜ dx   x  2 y ˜ dy

(b.) P  x; y ˜ dx  Q  x; y ˜ dy

x 1 ˜ dx  2 ˜ dy 2˜ x ˜ y y

(c.) P  x; y ˜ dx  Q  x; y ˜ dy

x2 x3 ˜ dx  2 ˜ dy y 2y

(d.) P  x; y ˜ dx  Q  x; y ˜ dy

y 2

x y

2

˜ dx 

x 2

x  y2

˜ dy

 Lösung zu 9.8 Arbeitshinweis: Zu der Differentialform P  x; y ˜ dx  Q  x; y ˜ dy lautet die Integrabilitätsbedingung

wP wy

wQ . wx

Ist diese Bedingung erfüllt, so ist die Differentialform integrabel, d.h. es kann integriert werden. (Ist diese Bedingung nicht erfüllt, so existiert keine Stammfunktion.) Die Stammfunktion lautet dann F  x; y

³ P  x; y ˜ dx  ³ Q  x; y ˜ dy . Deren partielle Ablei-

tungen ergeben P und Q , nämlich P  x

wF und Q  y wx

wF . wy

Bezogen auf unsere Aufgaben sieht das wie folgt aus: (a.) Prüfen der Integrabilitätsbedingung: P  x; y

y  cos  x Ÿ

1P Q  x; y

x  2y Ÿ

wP wy wQ wx

1 1

Also ist die Integrabilitätsbedingung erfüllt, es existiert also eine Stammfunktion mit 1P

wF wx

P  x und

wF wy

Q y .

Diese wollen wir nun bestimmen:

Aufgabe 9.8 Differentialformen, Integrabilitätsbedingung

F  x; y F  x; y

297

³ P  x; y ˜ dx ³  y  cos  x dx xy  sin  x  g  y ³ Q  x; y ˜ dy ³  x  2 y dy xy  y  h  x 2

1P

Arbeitshinweis: Für die Integration nach x existiert eine Integrationskonstante im Bezug auf x , die also in x -Richtung konstant ist, wohl aber von y abhängen kann. Wir haben sie g  y genannt. Gleiches gilt in analoger Weise für die Integration nach y , bei der eine Integrationskonstante im Bezug auf y berücksichtigt werden muss, und die wir h  x nennen wollen. Diese Integrationskonstanten müssen derart bestimmt werden, dass beide Rechenwege zur Stammfunktion F  x; y dasselbe Ergebnis liefern. Im Falle unserer Aufgabe wäre dies xy  sin  x  g  y F  x; y xy  y 2  h  x . Das geht nur, wenn h  x sin  x  C und g  y

y 2  C sind. h  x übernimmt dabei die

Rolle der von y unabhängigen Terme und g  y die Rolle der von x unabhängigen Terme. Die gesuchte Stammfunktion lautet also F  x; y xy  y 2  sin  x  C

1P

(b.) Prüfen der Integrabilitätsbedingung: P  x; y

1 2˜ x ˜ y

Q  x; y



x y2

Ÿ

wP wy

1

2 ˜ x ˜ y2

wQ wx

Ÿ

 12

x

1P

 12

y2

Auch hier ist die Integrabilitätsbedingung erfüllt, wir bestimmen also die Stammfunktion: F  x; y F  x; y

 12

1

1 2

1

³ P  x; y ˜ dx ³ x ˜ y dx ˜ 2 x ˜ y  g  y ³ Q  x; y ˜ dy ³  x ˜ y dy  x ˜   y  h  x 1 2

1 2

2

Die Stammfunktion lautet also F  x; y

1 2

1 2

1P 1P

1

x C y

1P

(c.) Wir prüfen die Integrabilitätsbedingung: P  x; y Q  x; y

x2 y x

Ÿ

3

2 y2

Ÿ

wP wy wQ wx



x2 y2 3x

2

Wegen

wP wQ ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt. z wy wx

2 y2

Das bedeutet, dass zu dieser Differentialform keine Stammfunktion existiert. Wollte man dennoch versuchen, eine zu berechnen, so würde man feststellen, dass die beiden Rechenwege, die zu F  x; y führen, widersprüchliche Ergebnisse liefern, die mit h  x und g  y nicht in Übereinstimmung gebracht werden können.

2P

298

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(d.) Prüfen der Integrabilitätsbedingung: P  x; y

y x2  y 2

2P Q  x; y

x 2

x y

2

Ÿ

wP wy

Ÿ

wQ wx

 x2  y 2 ˜  1    y ˜ 2 y  x2  y 2  2 y 2 y 2  x2 2 2 2  x2  y 2  x2  y 2  x2  y 2  x2  y 2 ˜1  x ˜ 2 x x2  y 2  2 x2 y 2  x2 2 2 2  x2  y 2  x2  y 2  x2  y 2

Also ist die Integrabilitätsbedingung erfüllt, und wir bestimmen die Stammfunktion: 2P

F  x; y

³

³x

P ˜ dx

y 2

y

2

˜

1 y2 1 y2

dx

 1y

³

dx

³u

1

2

Substitution: 1 Ÿ du u : xy Ÿ du dx y

2P

F  x; y

³

³x

Q ˜ dy

x 2

 y2

˜

1 x2 1 x2

dy

 arctan  u  C1

dx 1 1  

x2 y2

1 x

³ 1

y2

dy

2

 arctan

  g  y x y

1 ˜ dx y

dv

³ 1 v

arctan  v  C2

2

arctan

  h  x y x

x 



Substitution: dv 1 Ÿ dv v: xy Ÿ dy x

1 ˜ dy x

Stolperfalle: Auf den ersten Blick sieht es aus, als ob die beiden Rechenwege unterschiedliche Ergebnisse liefern. Da die Integrabilitätsbedingung erfüllt ist, kann das nicht sein. Eine Übereinstimmung kann man erzielen, indem man folgendes Additionstheorem verwendet: arctan D1 ʌ2  arctan D . Mit D xy lässt sich nämlich die erstgenannte Stammfunktion



umformen gemäß F  x; y  arctan

  g  y x y

ʌ 2

 arctan

  g  y . Nach dieser Umformung y x

können die beiden Ergebnisse in Übereinstimmung gebracht werden: F  x; y F  x; y

ʌ 2

 arctan

arctan

  g  y y x

  h x y x

Ÿ

Das geht für h  x

3 P Die gesuchte Stammfunktion lautet also F  x; y arctan

ʌ 2

 g  y C

 C y x

Aufgabe 9.9 Ableiten implizit gegebener Funktionen

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

3 min 8 min 6 min 6 min

hh hh

Punkte (a.) 2 P

(b.) 4 P

(c.) 3 P

(d.) 3 P

Aufgabe 9.9 Ableiten implizit gegebener Funktionen

299

Gegeben seien vier Funktionen in impliziter Form: (a.)

x2 y2  4 8

(b.)

1

x 2

x y

(c.) y 2  sin

0

2



x y



1 x˜ y

(d.) e x  y

0

dy . dx

Berechnen Sie bitte für alle diese Funktionen jeweils die Steigung y '  x

 Lösung zu 9.9 Arbeitshinweis: Ist eine Funktion implizit gegeben in der Form z  x; y 0 , so ist die Kurve der Funktion y

y  x die Schnittlinie der Funktion z  x; y mit der xy-Ebene. Dies ist die Fläche mit der

Höhe z 0 . Dann gilt y '  x 

z x  x; y z y  x; y

wz und z y wx

mit den partiellen Ableitungen z x

wz wy

Für unsere Aufgabe bedeutet dies: (a.) z  x; y

x2 y 2  1 0 Ÿ 4 8

wz wx wz wy

zx zy

x 2 y 4

y ' x

Ÿ



x

zx zy

 y2

2

4

x y

2P

Anmerkung: Die Funktion ist eine Ellipse, und zwar wird aufgrund der impliziten Schreibweise der volle Umfang beschrieben, nicht nur eine obere oder eine untere Hälfte. Die implizite Ableitung gibt auch die Steigung an jedem beliebigen Punkt (der oberen und der unteren Hälfte der Kurve) wieder. x

(b.) z  x; y

Ÿ

zx

2

x  y2

0 Vorab berechnen wir z x und z y :





 12

1 2

 

 x2  y 2  x2 y2  x2  y 2  x2  y 2

x 2  y 2 ˜ 1  x ˜ 12 x 2  y 2 ˜ 2 x x2  y 2 wz ˜ 1 wx 2 x2  y 2   x 2  y 2 Quotientenregel, und darin die Kettenregel  

3 2

3 2

erweitert

z



x ˜ x2  y 2



 12

Ÿ

zy

wz wy

 

x ˜  12 ˜ x 2  y 2



 32

˜ 2y



 xy ˜ x 2  y 2



 32

3P

Dies setzen wir in y '  x ein: Ÿ

y ' x

z  x zy

 32

    xy ˜  x 2  y 2 y 2 ˜ x2  y 2

3 2

y x

1P

300

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(c.) z  x; y 3P

Ÿ zx Ÿ zy

wz wx wz wy

Ÿ zx Ÿ zy

cos





x˜ y

x y



0



x  y ˜ 12  x  y

2 y  cos

1

(d.) e x  y 3P

y 2  sin



 12



x  y ˜ 12  x  y

ex y 

z  x; y

Ÿ

wz 1 e x  y  x 2 ˜ y 2 wx wz 3 e x  y  12 x 1 ˜ y 2 wy

Ÿ

Ÿ

 12

y ' x

1 x˜ y

y ' x



z  x zy

e x  y  x 1 ˜ y

zx zy



cos





2 y  cos

 12

e x  y  x 2 ˜ y



x  y ˜ 12  x  y



 12



x  y ˜ 12  x  y

 12

0

 12

e x  y  12 x 1 ˜ y

 32

Aufgabe 9.10 Extremwerte mehrdimensionaler Funktionen



(a.) (b.)

(a) 15 min (b) 30 min

Punkte (a.) 8 P

hh

(b) 21 P

Bestimmen Sie die Extremwerte (mit Unterscheidung zwischen Minima und Maxima) und die Sattelpunkte der durch die beiden folgenden Funktionen definierten Flächen. (a.) z  x; y 3xy  x3  y3



(b.) z  x; y  x  y  4 ˜ x 2  4 x  y



 Lösung zu 9.10 Arbeitshinweis: Wie bei Funktionen f : \ o \ , so ist (zur Suche nach Extrema und Sattelpunkten) auch bei Funktionen z : \ 2 o \ eine notwendige Bedingung (anhand der ersten Ableitungen) und eine hinreichende Bedingung (anhand der zweiten Ableitungen) zu überprüfen. Die notwendige Bedingung lautet

wz wx

0 und

wz wy

0 zum Auffinden von Punkten Pi , an

denen Extrema oder Sattelpunkte liegen können. Die hinreichende Bedingung bezieht sich auf die Delta-Diskriminante 'i und lautet

'i  0 Ÿ 'i

0 Ÿ

'i ! 0 Ÿ

z xx  Pi

z xy  Pi

z yx  Pi z yy  Pi

In Pi liegt ein Sattelpunkte vor, aber kein Extremum. keine Entscheidung, ob Sattelpunkt oder Extremum. In Pi liegt ein Extremum vor.

Zur Unterscheidung zwischen Minimum und Maximum wird z xx z xx  Pi  0 Ÿ

relatives Maximum in Pi

z xx  Pi ! 0 Ÿ

relatives Minimum in Pi

w2z wx 2

herangezogen:

Aufgabe 9.10 Extremwerte mehrdimensionaler Funktionen

301

Auf diese Weise untersuchen wir die gestellten Aufgaben: (a.) Notwendige Bedingung wz wx wz wy

zx

3 y  3x2

0

Ÿ

y

x2

 1

zy

3x  3 y 2

0

Ÿ x

y2

 2

1P

Lösen wir diese zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, so erhalten wir die Menge aller Punkte, die für mögliche Extrema oder Sattelpunkte in Frage kommen. Einsetzen von  1 in  2 liefert: x

y2



x4 Ÿ x4  x



0 Ÿ x ˜ x3  1

0

Zwei der Lösungen sind reell, nämlich x1 0 und x2 1 Die zugehörigen y-Werte sind nach  1 : y1 0 und y2 1 Extrema oder Sattelpunkte können also nur bei P1  0;0 und bei P2 1;1 auftreten.

2P

An diesen Stellen überprüfen wir die hinreichende Bedingung '1

'2

z xx  P1

z xy  P1

6 x 3 3 6 y

z yx  P1 z yy  P1 z xx  P2

z xy  P2

bei P1

6 x 3 3 6 y

z yx  P2 z yy  P2

0 3 3 0

 0;0

bei P2

9  0 also ist bei P1 ein Sattelpunkt.

6 3 3 6

1;1

36  9 ! 0 also ein Extremum bei P2 .

Wir untersuchen die Art des Extremums: z xx  P2 6 x bei P 1;1 2 Somit ist das Extremum bei P2 ein Maximum.

2P

2P

6  0

1P

(b.) Notwendige Bedingung wz wx wz wy





zx

1˜ x2  4 x  y   x  y  4 ˜  2 x  4

0

 1

zy

 1 ˜  x 2  4 x  y   x  y  4 ˜  1

0

 2

1P

Wieder müssen wir zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten auflösen. Dazu lösen wir  1 nach y auf und setzen dies in  2 ein:

 1 Ÿ

 x2  4 x  y   x  y  4 ˜  2 x  4

x 2  4 x  y  2 x 2  4 x  2 xy  4 y  8 x  16 0

Sortieren nach y -haltigen und y -freien Summanden liefert Ÿ 3 y  2 xy

Ÿ

y ˜ 3  2x

3 x 2  16 x  16

3x 2  16 x  16

Ÿ

y

3 x 2  16 x  16 2x  3

2P

 3

Damit sind wir bereit, y in  2 einzusetzen. § · 3x 2  16 x  16 · § 3 x 2  16 x  16  ¨ x2  4x   4¸ ¸¨x ¨ ¸ ¨ ¸ 2x  3 2x  3 © ¹ © ¹

0

˜  2 x  3

302

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

 x  4 ˜  2 x  3  3x2  16 x  16 0   2 x3  8 x 2  3 x 2  12 x  3 x 2  16 x  16   2 x 2  8 x  3x  12  3 x 2  16 x  16 0

Ÿ  Ÿ

2P

 x

2





 4 x ˜  2 x  3  3 x 2  16 x  16 

Ÿ  2 x3  15 x 2  33 x  20

0

Wir suchen die Nullstellen eines Polynoms dritten Grades. Eine davon raten wir bei x1 4 . Polynomdivision bestätigt die geratene Nullstelle und führt uns zu den anderen beiden: 

2P

 2 x3  15x2  33x  20 0 :  x

4



2 x 2  7 x  5

2 x3  8 x 2 

7 x 2  33 x 7 x 2  28 x 

5 x  20 5 x  20 0 o kein Divisionsrest, also ist x1

4 tatsächlich Nullstelle

Die anderen beiden Nullstellen suchen wir über die pq-Formel: 1P

2 x 2  7 x  5 0 Ÿ x 2  72 x  52

7 4

0 Ÿ x2 / 3

r

49 16

40  16

7 4

r

3 4

Ÿ

5 2

x2

und x3 1

Die zu x1 , x2 , x3 gehörenden y -Werte ergeben sich durch Einsetzen in  3 : y1

3 x12  16 x1  16 2 x1  3

1P

y2

3 x2 2  16 x2  16 2 x2  3

3˜

1P

y3

3x32  16 x3  16 2 x3  3

3 ˜ 12  16 ˜ 1  16 2 ˜1  3

1P

3 ˜ 42  16 ˜ 4  16 2˜4 3

 52

2

 16 ˜

2˜

 x1; y1  4;0

0 Ÿ P1

 52  16

75 4

 52  3

 160  64 4 4 20 4

3 1

21 Ÿ P2 8

 12 4

 x2 ; y2

 52 ; 821

 x1; y1 1; 3

3 Ÿ P3

Um an den Stellen P1 , P2 , P3 die hinreichende Bedingung überprüfen zu können, bilden wir die zweiten Ableitungen, die in der Delta-Diskriminante benötigt werden. Dazu schreiben wir z x und z y als Polynom

2P

 1

Ÿ

zx

3 x 2  16 x  3 y  2 xy  16

 2

Ÿ

zy

 x 2  3x  2 y  4

Ÿ

z xx

6 x  16  2 y

und

und leiten dann ab z xy

z yx

und

3  2x

2 ,

z yy

sodass wir jetzt einsetzen können 2P

2P

'1

'2

z xx  P1

z xy  P1

z yx  P1 z yy  P1 z xx  P2

z xy  P2

z yx  P2 z yy  P2

6 x  2 y  16 3  2 x 2 3  2x

bei P1

6 x  2 y  16 3  2 x 2 3  2x

bei P2

8 5 5 2

 4;0



5 ; 21 2 8



16  25

17 4

2

2

2

17 2

4

9  0

9 2

!0

Aufgabe 9.12 Unbestimmte Mehrfachintegrale

z xx  P3

'3

z xy  P3

z yx  P3 z yy  P3

303

6 x  2 y  16 3  2 x 2 3  2x

bei P3

1;3

4 1 1 2

8  1 9  0

2P

Schlussfolgerung – Interpretation der Delta-Diskriminante: Wegen '1  0 , '3  0 sind die charakteristischen Punkte bei P1 und bei P3 Sattelpunkte. Wegen ' 2 ! 0 liegt bei P2 ein Extremum vor, dessen Art wir untersuchen müssen: z xx  P2

6 x2  2 y2  16 6 ˜ 52  2 ˜ 821  16

17 4

! 0 Ÿ Das Extremum bei P2 ist ein Minimum.

Anmerkung: Wer die Funktionen veranschaulichen möchten, stelle mit Hilfe eines Plotpro- 2 P gramms Höhenliniendiagramme dar.

Aufgabe 9.11 Gleichung eines Rotationsparaboloids



h

4 min

Punkte 2P

Ein Rotationsparaboloid, wie es entsteht bei der Rotation einer Parabel um die z-Achse, enthalte den Punkt P1  x1; y1; z1; 1;0;2 . Bestimmen Sie die Gleichung des Paraboloids. Hinweis: Die allgemeine Form der Gleichung eines Rotationsparaboloids lautet z  x; y

x2 a2



y2 a2

. Die Bestimmung des Parameters a ist Ziel der Aufgabe.

 Lösung zu 9.11 Bestimmt werden muss ein einziger Parameter und wir kennen einen Punkt, durch den die Funktion läuft. Wir setzen den Punkt P1 1;0;2 in die Gleichung des Paraboloids ein und erhalten 2

12 a2



02 a2

2P

1 2

Ÿ a

Unser spezielles Rotationsparaboloid hört also auf die Gleichung z  x; y 2 x 2  2 y 2

Aufgabe 9.12 Unbestimmte Mehrfachintegrale

 

(a.)

8 min

(b.)

5 min

hh hh

Punkte (a.) 5 P (b.) 3 P

Berechnen Sie bitte die folgenden beiden unbestimmten Mehrfachintegrale: (a.)

³³  x  y ˜ e

x y

dy dx

(b.)

³³³

x y

˜ e z dz dy dx

304

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

 Lösung zu 9.12 Arbeitshinweis: Bei Mehrfachintegralen wird immer von innen nach außen integriert. Bei der hier verwendeten Reihenfolge wäre deshalb beim Doppelintegral zuerst über dy und danach über dx zu integrieren, beim Dreifachintegral zuerst über dz , dann über dy und zuletzt über dx .

(a.)

3P

³³  x  y ˜ e ³

³

2P

x y

dy dx

³³  x ˜ e

x y



 y ˜ e x  y dy dx

§ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ©

³ ³

· ¸ x y ¸ x ˜ e x  y dy  Ny ˜ eN dy ¸ dx  

v' u  "unkompliziert" 

¸¸ partiell ¹

³

§ · x y x y ¸ ¨ x ˜ e x  y  y ˜ eN   ˜ C 1 e dy dx x ˜ e x  y  y ˜ e x  y  e x  y  C2 dx N 1 N N ¨ ¸ u' v v u © ¹ Damit ist die Integration nach dy fertig, es folgt jetzt die Integration nach dx .

³

³

§ · ¨ x ˜ e x  y  y ˜ e x  y  e x  y  C ¸ dx N N 2 ¨¨   ¸¸ u v' "unkompliziert" © ¹

x˜e

x y

e

x y

 y˜e

x y

e

x y



x+y x y x y ˜ e x  y  e x  y  C2 ˜ x  C3 N ˜ eN  1N ˜ eN dx    

u

 C2 ˜ x  C4

v

³

u'

v

dies ist der unkomplizierte Teil

 x  y  2 ˜ e

x y

 C2 ˜ x  C4

Stolperfalle: Man muss immer genau aufpassen, nach welchem Parameter man gerade integriert. So ist zum Beispiel bei der Integration nach dy das x wie eine Konstante zu behandeln, das y hingegen nicht. Aus diesem Grunde ergibt sich in der ersten Zeile der Rechnung auch die Notwendigkeit, das y ˜ e x  y partiell zu integrieren, was beim x ˜ e x  y nicht nötig ist. Hat man immer im Kopf, wann man über welchen Parameter integriert, so versteht man auch die weiteren Schritte der Musterlösung.

³³³ ˜ e dz dy dx ³³ ˜  ³ e dz dy dx ³³ ˜  e  C dy dx ³ x ˜  e  C  ³ ³ x ˜  e  C  ln  y  C dx  e  C  ln  y  C ˜ ³ x dx  e  C  ln  y  C ˜  x y

(b.) 3P

z

x y

z

z

x y

z

1

2

z

z

1

1

1 y

2

1 x2 2

z

1

2

1



dy dx  C3



Arbeitshinweis: Es ist immer eine gute Taktik, diejenigen Anteile des Integranden, die bei der Integration nach einem bestimmten Parameter konstant sind (als zum Bsp. x und y bei der Integration nach dz ), aus dem jeweiligen innersten Integral herauszuziehen, sofern die Funktion dies erlaubt. Gelingt das, so kann man oftmals den Integranden in einer recht einfachen Darstellung sehen. Dadurch können komplizierte Aufgaben ihre in Wirklichkeit vorhandene Unkompliziertheit offenbaren, was im soeben gezeigten Beispiel einige Male angewendet wird.

Aufgabe 9.13 Bestimmte Mehrfachintegrale

305

Aufgabe 9.13 Bestimmte Mehrfachintegrale

 

(a.)

12 min

(a.)

(b.)

5 min

(b.)

Punkte (a.) 6 P

hh hh

(b.) 3 P

Berechnen Sie bitte die folgenden beiden bestimmten Mehrfachintegrale: 1 x 2

1

(a.)

3 1 x

³ ³ 0

y ˜ sin  x dy dx

(b.)

³ ³  2xy  x 0

0

2



 y 2 dy dx

0

 Lösung zu 9.13 1 x 2

1

(a.)

³ ³ 0

y ˜ sin  x dy dx

0

0

³ sin  x dx  ³ 0

1˜ 2

³ 0

0

³ 0

³

y dy dx

0

sin  x ˜ ª 12 y 2 º ¬ ¼0

1

³ sin  x ˜ 1  x dx

1P

· ¸  2Nx ˜   cos  x dx ¸   

u' ¸ 0 v ¹

1P

1 2

dx

2

0

1

§ª

1 1˜ 2

³ sin  x dx  0

1

1 x 2

0

v'

º

¨ 1 ˜ « x 2 ˜  cos x » 2 ¨ « N  

» ¨« u v' ¬ ¼» 0





©

1

³

erneut partiell

  1 sin  x dx  12 ˜ ª x 2 ˜  cos  x º  Nx ˜  cos  x dx ¬ ¼0   

u

³ 0

1 1˜ 2

1

³

   x 2 ˜ sin  x dx N 

u

1˜ 2

1

³

sin  x ˜

1 partielle Integration

1 1˜ 2

1 x 2

1

1P

v'

1

1

sin  x dx  12 ˜ ª x 2 ˜  cos  x º  Nx ˜  sin  x  1N ˜ sin  x dx ¬ ¼0 

  

u' u

³ 0

v

1 ˜ ª cos 2 ¬

ª

1 ˜ «  cos 2 «

¬

 x

1 º¼ 0

1 ˜ ª x2 2 ¬



1

1

˜  cos  x º  ª¬ x ˜  sin  x º¼  ª cos  x º¼ 0 ¼0 0 ¬

º

ª

¼

¬

1P º

1  cos  0 »  1 ˜ ª cos 1  0º¼  ª¬ sin 1  0º¼  «« cos 1  cos  0 »  » 2 ¬  » 1

 12 ˜ cos

1

1P

v

1 

1 2



1˜ 2

 cos 1

1

¼

1P

TR

  sin 1  cos 1  1   sin 1  cos 1 | 0.1182267 3 2

(b.) 3 1 x

³ ³ 0

1 x

3 2

2 xy  x  y

2



dy dx

0

³

2

2

ª xy  x y  ¬

0

1 y3 º 3 ¼

3 2 3º 2 1 ª «¬ x ˜ 1  x  x ˜ 1  x  3 1  x »¼ dx

³

dx

1P

0

0

3

3

³ 







ª x ˜ 1  2 x  x 2  x 2  x3  1 1  3 x  3 x 2  x3 º dx 3 ¬« ¼»

0

7 x4 12

 34 x3  x 2  13 x

³

7 x3 3



 4 x 2  2 x  13 dx

1P

0

3 0

7 ˜ 34 12

 43 ˜ 33  32  13 ˜ 3

77 4

1P

306

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Aufgabe 9.14 Textbeispiel – Mehrfachintegral



Punkte 11 P

hhh

20 min

In einem Schwimmbad befinde sich ein Becken mit der in Bild 9-14 wiedergegebenen Grundfläche (mit Blick aus der z-Richtung). Die Wassertiefe sei gleichförmig zunehmend mit der Funktion z  x; y 101 ˜ y . Berechnen Sie das Wasservolumen.

Bild 9-14 Draufsicht auf das Schwimmbecken, dessen Wasservolumen berechnet werden soll. In x  Richtung wird das Becken begrenzt durch eine Nor-

malparabel y x 2 und eine Gerade y ax  b . In y  Richtung wird das Becken durch zwei ebene Wände begrenzt. Die Wassertiefe z nimmt in y  Richtung kontinuierlich zu.

 Lösung zu 9.14 Stolperfalle: Die zu integrierende Funktion ist simpel – sie ist in der Aufgabe gegeben. Die Kunst liegt in der richtigen Aufstellung der Integralgrenzen. Da die Integration in x  Richtung von der y  Koordinate abhängt, muss die innere (zuerst durchzuführende) Integration über den Parameter x laufen und die zugehörigen Grenzen müssen als x x  y angegeben werden. Erst zuletzt kommen diejenigen Grenzen, in deren Richtung eine konstante Begrenzung angegeben werden kann. Dies ist die Integration in y  Richtung. Wie aus der Erklärung der „Stolperfalle“ zu entnehmen ist, müssen als Vorarbeit die Integralgrenzen bestimmt werden: x Die Grenzen in y  Richtung sind: Untergrenze yU 0 und Obergrenze yO 52 25 2P

x Die rechte Grenze in x  Richtung ist y

x2 Ÿ

xR

y

x Die linke Grenze in x  Richtung ergibt sich aus der Geradengleichung y

ax  b , die wir

aus den beiden bekannten Punkten bestimmen: y  10 0 und y  15 25 'y 'x

25  0 15 10

Ÿ

Geradensteigung a

Ÿ

Achsenabschnitt b

Ÿ

z.B. den Punkt  x0 ; y0  10;0 und erhalten b 0   5 ˜  10 50 Geradengleichung: y 5 x  50

5

y0  ax0 mit einem Punkt  x0 ; y0 auf der Geraden. Wir nehmen

Aufgabe 9.15 Flächenberechnung in Polarkoordinaten

307

Da wir x als Funktion von y brauchen, bilden wir die Umkehrfunktion y 5 x  50 Ÿ y  50 5 x Ÿ x  15 y  10 , also linke Grenze xL  y  15 y  10

4P

Damit sind die Integralgrenzen bestimmt und wir können das Integral ansetzen: yO xR  y

³ ³

V

25

y

³ ³

z  x; y dx dy

yU xL  y

1 10

2P

y dx dy

0  15 y 10

Die Schwierigkeit liegt im Ansetzen des Integrals mit seinen Grenzen – das Lösen selbst ist kein Problem: y

25

³ ³

V

25 1 10

³

y dx dy

0  15 y 10

25

³

1 10

3

0



1 y 2  y dy y 2  50

0

y

25

ª 1 xy º ¬ 10 ¼  15 y 10 dy

³ ª¬

1 10



0

25

ª 1 ˜ 2 y 52  1 y 3  1 y 2 º 150 2 «¬ 10 5 »¼ 0

Antwort: Das Volumen beträgt V



1  1 y  10 ˜ y º dy y ˜ y  10 5 ¼

5

2 ˜ 25 2 50

1 ˜ 253  1 ˜ 252  150 2

1625 3

541 32

541 23 m3 (bei Verwendung des Meters als Längeneinheit).

Aufgabe 9.15 Flächenberechnung in Polarkoordinaten



5 min

hh

Punkte 4P

Bestimmen Sie den Flächeninhalt der Archimedischen Spirale für einen Umlauf, also für M

0...2ʌ

Hinweis: Die Archimedische Spirale hat die Funktionsgleichung r M a ˜ M in Polarkoordinaten (worin a eine positive reelle Konstante ist). Sie ist in Bild 9-15 zur Veranschaulichung dargestellt.

Bild 9-15 Bild der Archimedischen Spirale r M

a ˜M

Die grau unterlegte Fläche ist die in Aufgabe 9.15 zu bestimmende

3P

308

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

 Lösung zu 9.15 Arbeitshinweis / Stolperfalle: Die Klippe liegt hier im Aufstellen des zweidimensionalen Integrals in Polarkoordinaten. Berechnet man eine Fläche mit Hilfe eines Flächenintegrals, so ist die zu integrierende Funktion f 1 (egal in welchen Koordinaten). Da wir in Polarkoordinaten arbeiten, lautet das zugehörige Flächenelement r dr dM . Die Integralgrenze in r  Richtung beginnt im Koordinatenursprung und endet bei der Kurve der Funktion. Zur Verbesserung der Klarheit wurden bei Aufstellen des Integrals die Grenzen mit den jeweils wirkenden Funktionen beschriftet. Diese Maßnahme ist erlaubt aber nicht zwingend erforderlich. M 2ʌ r M a˜M

4P Fläche A

³ M

0

³

M 2ʌ

1 ˜ r dr dM

r 0

³ M

a ˜M

M 2ʌ

ª 1 r 2 º dM ¬ 2 ¼0 0

³ M

1 a 2M 2 dM 2

2ʌ

ª 1 a2 ˜ 1 M 3 º 3 ¬2 ¼0

8 a 2 ˜ ʌ3 6

0

Aufgabe 9.16 Schwerpunktsberechnung einer Fläche

 

(a)

2 min

(a)

(b)

12 min

(b)

h hh

Punkte (a.) 2 P (b.) 6 P

Gegeben seien zwei Funktionen in kartesischen Koordinaten f  x x 2 und g  x x , die miteinander eine Fläche einschließen. (a.) Skizzieren Sie die Funktionen und die Fläche. (b.) Berechnen Sie Flächeninhalt und Schwerpunkt.

 Lösung zu 9.16 (a.) Die gefragte Skizze sieht man in Bild 9-16.

2P Bild 9-16

Skizze der Funktionen f  x

x 2 und g  x

x sowie

der eingeschlossenen Fläche, deren Flächeninhalt und Schwerpunkt zu bestimmen sind. Die Lage der Schwerpunktskoordinaten  xS ; yS ist im Vorgriff auf Aufgabenteil (b.) bereits eingetragen.

Aufgabe 9.17 Schwerpunktsberechnung einer Fläche

309

(b.) Die Schnittpunkte der beiden Funktionen bei x0 0 und x1 1 sieht man sofort ohne lange Berechnung. Damit ergibt sich die gefragte Fläche als eindimensionales Integral x1

1

1

³  g  x  f  x dx ³  x  x dx 2

A

ª 1 x 2  1 x3 º 3 ¬2 ¼0

1 2

 13

1 6

2P

0

x0

Zur Auffindung des Schwerpunkts verwendet man in kartesischen Koordinaten die Formeln xS

fO  x

x1

1 ˜ A

³ ³

x dy dx und

yS

fU  x

x0

1 ˜ A

fO  x

x1

³ ³

y dy dx mit der Schwerpunktsposition  xS ; yS

fU  x

x0

Dabei ist die untere Funktionsgrenze fU  x

x 2 und die obere fO  x

f  x

f  x

x.

Wir setzen ein und bestimmen die gesuchte Schwerpunktsposition: 1

1

xS

1

˜

6

1 ˜ A

yS

1

x

³ ³

x dy dx

6˜

2

0

x

x1

fO  x

³ ³

6˜

0

y dy dx

fU  x

x0

1

x ³ > xy@x2 dx

1 1

6

³

2

1



 x3 dx

6 ˜ ª 13 x3  14 x 4 º ¬ ¼0

1 6 ˜ 12

1 2

2P

0

x1

˜

³x

1

x

ª 1 y 2 º dx ¬ 2 ¼ x2

6˜

³

1 x2 2

1



 12 x 4 dx

1 x5 º 6 ˜ ª 16 x3  10 ¬ ¼0

6˜

 16  101

2 5

0

x0

Aufgabe 9.17 Schwerpunktsberechnung einer Fläche



Punkte 7P

hh

15 min

Betrachten Sie nochmals Aufgabe 7.15.b mit den beiden Funktionen f  x 4a  3 2 ˜  x  2a , die zwischen den beiden Schnittpunkten x1 a

g  x

gabe 7.15.b berechnete Fläche von A

2 a2 3

a und x2

x2 und a

2a die in Auf-

einschließen.

Berechnen Sie jetzt die Schwerpunktskoordinaten dieser Fläche.

 Lösung zu 9.17 Die Skizze der Fläche kennen wir bereits aus Bild 7-15b. Die Schwerpunktskoordinaten berechnen wir wieder mit den üblichen Formeln, wobei fU  x g  x und fO  x f  x ist. xS

1 ˜ A

3 2a 2

fO  x

x2

³ ³

x dy dx

fU  x

x1

1 2 a2 3

2a

˜

2 § x · ¨ 4a  ¸ a ¹ © dx § 3 ˜ x  2 a 2 · ¨ ¸ ©a ¹

a

2a

˜

³ a

ª «¬ 4ax 

x3 a





 3ax ˜ x 2  4ax  4a 2 º» dx ¼

2a

3

³ > xy@

2a 2

3 2a 2

˜

³ ª«¬ x  4a   x  x2 a

a

3 a



2 ˜  x  2a º dx »¼

2a

˜

³ «¬ª4ax  a

x3 a

3  3ax  12 x 2  12ax »º dx ¼

2P

310

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis 2a

3 2a

4P

2

˜

³ ª¬«

4 x3 a

 12 x 2  8ax º» dx ¼

a

3

2a

4

˜ ª  x  4 x3  4ax 2 º» ¼a 2a «¬ a 2

ª  2 a 4 3 3 2º ˜ «  a  4 ˜  2a  4a ˜  2a »  2 2a ¬ ¼ 2a 3

2

4

˜ ª«  aa  4 ˜ a 3  4a ˜ a 2 º» ¬ ¼



3 2a 2



˜ a3

3 a 2

Und für die y-Koordinate des Schwerpunktes gilt: yS

1 ˜ A

3 2a 2

fO  x

x1

³ ³

fU  x

x0

x1

˜

y dy dx

³

x0

2 § x · ¨ 4a  ¸ a ¹ ˜ ª 12 y 2 º © 3 dx ¬ ¼ §¨ ˜ x  2 a 2 ·¸ 2 a2 3 ©a ¹ x0

1

x1

3

³

ª § x4 · « 12 ¨16a 2  8 x 2  2 ¸  9 2 x 2  4ax  4a 2 ¨ a ¸¹ 2 a «¬ ©



2a 2



2º

3 P Damit ist die Schwerpunktsposition bestimmt: PS

x1 ª

˜

» dx »¼

³

x0

2

2º 2· § « 1 ¨ 4a  x ¸  1 § 3 ˜  x  2a 2 · » dx ¸ » 2¨ a «2¨ a ¸¹ © ¹ ¬ © ¼

einfaches aus-x-en schafft der Leser selbst

   13 ... ... ... ... ˜a 10

 xS ; yS

 32 a ; 1013 a

Aufgabe 9.18 Schwerpunktsberechnung in Polarkoordinaten



45 min

hhh

Punkte 23 P

Wir berechnen den Flächeninhalt und den Schwerpunkt einer in Polarkoordinaten gegebenen Funktion, und zwar der sog. logarithmischen Spirale: r M e a˜M . Um konkrete Zahlen einsetzen zu können, verwenden wir a von M

1ʌ 3

bis M

3ʌ 2

1 5

und betrachten die Kurve

(Angabe von M im Bogenmaß). Einen Plot der Funktion in Polarko-

ordinaten zeigt Bild 9-18. Die zu betrachtende Fläche ist grau unterlegt.

Bild 9-18 Skizze der logarithmischen Spirale:

r M

e a˜M in Polarkoordinaten

Der zu betrachtende Flächenanteil ist grau unterlegt.

Aufgabe 9.18 Schwerpunktsberechnung in Polarkoordinaten

311

 Lösung zu 9.18 Die Flächenberechnung in Polarkoordinaten hat weitgehende Ähnlichkeit mit der Flächenberechnung in Aufgabe 9.15, nur dass die Funktion eine andere ist und sich daher die Integralgrenzen unterscheiden. Jetzt lautet die zu berechnende Fläche: A M

§M · ¨ ¸

3ʌ 2

r M e© 5 ¹

³

³

1ʌ 3

3ʌ 2

³

1 ˜ r dr dM

1ʌ 3

r 0

5 ˜ § e 5 ˜ 2 ʌ 4 ¨ 2 3

©

§M · ¨ ¸

e© 5 ¹ ª1 r2 º ¬ 2 ¼0

e

3ʌ 2

dM

³

1 e 5 M d M 2 2

1ʌ 3

3ʌ

ª 1 5  25 M º 2 «¬ 2 ˜ 2 e »¼ 1 ʌ 3

 52 ˜ 13 ʌ · TR| 6.332256924

3P

¸ ¹

Die Schwerpunktsberechnung in Polarkoordinaten geschieht mit den Formeln xS

1 ˜ A

M 2 rA M

³ ³M M rI 

1

r 2 ˜ cos M dr dM

und

yS



1 ˜ A

M 2 rA M

³M ³M r rI 

1

mit der Schwerpunktsposition  xS ; yS Dabei ist die innere Funktionsgrenze rI M und die äußere sowie der Winkelbereich M1...M2 .

2

˜ sin M dr dM



rA M

,

Durch Einsetzen erhalten wir die gesuchte Schwerpunktsposition: §M · ¨ ¸

3ʌ 2

xS

1 ˜ A 1

³ ³r

3

ʌ

§M · ¨5¸ ¹

3ʌ 2

e© 5 ¹ 2

e© 1 ˜ ª 13 r 3 ˜ cos M º ¬ ¼ 0 A 1

³

˜ cos M dr dM

0

3

3ʌ 2

dM

ʌ

1 ˜ A 1

³

3

1 cos 3

M ˜ ª¬ r

3 ºe

§M · ¨5¸ © ¹

¼0

dM

ʌ

3ʌ 2

2P

1  3M · § ˜ ¨ cos M ˜ e 5 ¸ dM 3A 1 © ¹

³

 1

ʌ 3

Zum Aufsuchen der Stammfunktion schieben wir eine Nebenrechnung mittels zweimaliger partieller Integration ein: bx

bx sin  x ˜ eN  C1  sin  x ˜ bN ˜ ebx dx erste partielle Integration fertig  v  v'

 x ˜ e dx ³ cos  N u'1

v1

³

1

u1

sin  x ˜ ebx  C1  sin  x ˜ bN ˜ ebx dx  v

³

2

u'2

u1

1

2P

§ · ¨ ¸ 2 bx sin  x ˜ ebx  ¨ cos  x ˜ bN ˜ ebx  C2  cos  x ˜ b

˜ e dx ¸  

v   

¨ ¸ v'2 2 u2 © u2 ¹

³

Wir schreiben den Anfang der Gleichungskette links und das vereinfachte Ende rechts des Gleichheitszeichens und führen Äquivalenzumformungen durch: Ÿ Ÿ

Ÿ

bx

bx

bx

2

bx

2

b ˜ ... dx ³ cos  x ˜ e dx sin  x ˜ e  a ˜ cos  x ˜ e  C  b ˜ ³ cos  x ˜ e dx ³ 1  b ˜ ³ cos  x ˜ e dx sin  x ˜ e  b ˜ cos  x ˜ e  C sin  x  b ˜ cos  x ˜ e  C ˜1 1b 2

bx

2

³ cos  x ˜ e

bx

dx

bx

sin  x  b ˜ cos  x 2

b 1

bx

bx

2

˜ ebx  C3 Stammfunktion gefunden, Nebenrechnung fertig

2P

312

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Das Ergebnis dieser Nebenrechnung setzen wir in den Hauptrechengang an der Stelle  1 3ʌ

3ʌ 2

1P

3 5

ein und erhalten mit b

1  § ˜ ¨ cos M ˜ e 3A 1 ©

³

: xS

3

3M 5

ʌ

· dM ¸ ¹

ª º2 3 1 « sin M  5 ˜ cos M 53M » ˜ ˜e » 2 3A « 3 1 «¬ »¼ 1 5 ʌ 3



= 34 § = 1 · = 12 =0  

 

 

  ¨ ¸ 3 3 3 3 1 1 sin 3 ʌ  5 ˜ cos 3 ʌ 3˜3 ʌ 3˜1 ʌ ¸ 1 ¨ sin 2 ʌ  5 ˜ cos 2 ʌ 5 3 5 2 ¸ ˜¨ ˜e  ˜e 34 34 3A ¨ ¸ 25 25 ¨ ¸ ¨ ¸ © ¹









3  3˜1 § · 1 ˜ ʌ TR 1 ˜ʌ 1 ¨ 1 109 ˜ʌ 1 § 25 · § 109 ˜ʌ ˜ 34 ˜ e  4 345 2 ˜ e 5 ¸ | ˜ ˜ e  34  53 ˜ 12 ˜ e 5 ·¸ ¸¸ 3 ˜ 6.332256924 ©¨ 34 ¹¸ ¨© ¹ 3 A ¨¨ 25 25 © ¹ TR 14.0350644 TR Ÿ xS | | 0.73881317 für die x- Koordinate des Schwerpunktes 3 ˜ 6.332256924





3P

In analoger Weise bestimmen wir y-Koordinate der Schwerpunktsposition. Die zugehörige Formel unterscheidet sich von der Formel für xS durch die Winkelfunktion im Integranden: 3ʌ 2

yS

1 ˜ A 1

³ ³r

ʌ 3

2P

§M · ¨ ¸

§M · ¨5¸ ¹

3ʌ 2

e© 5 ¹ 2

e© 1 ˜ ª 13 r 3 ˜ sin M º ¼0 A 1 ¬

³

˜ sin M dr dM

dM

ʌ 3

0

§M · ¨ ¸

3ʌ 2

1 ˜ A 1

³

1 sin 3

M

e© 5 ¹ ˜ ªr 3 º ¬ ¼0

dM

ʌ 3

3ʌ 2

1  3M · § ˜ ¨ sin M ˜ e 5 ¸ dM 3A 1 © ¹

³

3

 2

ʌ

Bei der Integration über dr spielte die Winkelfunktion keine Rolle. Bei der sich nun anschließenden Integration über dM hingegen müssen wir eine neue Stammfunktion suchen. Der Kürze halber sei diese Integration dem Leser selbst überlassen, denn die Integration von 4 P  2 verläuft in völlig analoger Weise wie die Integration von  1 . Das Ergebnis der entsprechenden Nebenrechnung zu  2 lautet: Nebenrechnung Ÿ

³ sin  x ˜ e 3ʌ 2

1 P Damit wird yS

ax

dx

a ˜ sin  x  cos  x

1  3M · § ˜ ¨ sin M ˜ e 5 ¸ dM 3A 1 © ¹

³

3

ʌ

a2  1

˜ e ax  C4

3ʌ

ª3 º2 1 « 5 ˜ sin M  cos M 53M » ˜ ˜e » 2 3A « 3 1 «¬ »¼ 1 5 ʌ 3



= 34 § · = 12 =0 1 =  

    ¨ ¸ 3 3 3 3 ˜ sin 1 ʌ  cos 1 ʌ 3 3 3 1 ¸ 1 ¨ 5 ˜ sin 2 ʌ  cos 2 ʌ ˜ ˜ ʌ ʌ 3 3 ˜¨ ˜ e5 2  5 ˜ e5 3 ¸ 34 34 3A ¨ ¸ 25 25 ¨ ¸ ¨ ¸ © ¹





Stammfunktion zu  2





Aufgabe 9.19 Schwerpunksberechnung einer Fläche 1 25 § 3 109 ˜ʌ ˜ ¨ ˜e  3 A 34 © 5



3˜ 5

3 4

313



1 ˜ ʌ · TR 1 25  12 ˜ e 5 ¸ | ˜ ˜  10.1412145  0.03676791 ¹ 3 ˜ 6.332256924 34

3P

TR

Ÿ

yS | 0.393951724 für die y- Koordinate des Schwerpunktes TR

Damit ist die Schwerpunktsposition bestimmt: PS

 xS ; yS |  0.73881317 ;  0.393951724

Der Punkt ist in Bild 9-18 markiert.

Aufgabe 9.19 Schwerpunksberechnung einer Fläche



Punkte 9P

hh

15 min

Wo liegt der Schwerpunkt der von den beiden Parabeln y 1 und y 2 begrenzten Fläche, mit y1  x

2  3x 2

und

y 2  x

 x2

?

 Lösung zu 9.19 Um Übersicht zu bekommen, fertigen wir vorab eine Skizze der zu untersuchenden Fläche. Arbeitshinweis: Bei komplizierten Aufgaben spart man mitunter Zeit, wenn man eine Zeichnung anfertigt, auch wenn es nicht in der Aufgabenstellung gefordert ist. Dies ist auch bei Integralen mit komplizierten Integralgrenzen der Fall.

Bild 9-19 Skizze der von zwei Parabeln eingeschlossenen Fläche:

y1  x

2  3x 2

und

y 2  x

2P

 x2

Der zu betrachtende Flächenanteil ist grau unterlegt.

Die Integralgrenzen in y-Richtung sind die beiden Parabeln. Die Integralgrenzen in xRichtung müssen wir als Schnittpunkte der beiden Parabeln erst suchen: y1  x

y 2  x Ÿ 2  3x2

 x2

Ÿ 2 x2

2 Ÿ

x2

1 Ÿ

x1/ 2

r1

1P

314

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Damit können wir die Fläche zwischen den beiden Parabeln bestimmen: 2P

A

1

2 3 x 2

³

³

x 1

1

1 ˜ dy dx

y  x2

³

> y @2x32 x

1

2

x 1

dx

1

2 2 2 ³  2  3x  x dx ³  2  2 x dx

x 1

1

ª 2 x  2 x3 º 3 ¬ ¼ 1

x 1

8 3

Damit sind alle Größen, die man für die Schwerpunktsberechnung braucht, vorhanden: yS

1 ˜ A

3P Ÿ

yS

1

2 3 x2

³

³

x 1

3 ˜ 8

y ˜ dy dx

y  x2

1 ˜ A

1

³

x 1

1

³  1˜ 2



4  12 x 2  9 x 4  12 x 4 dx

x 1

2 3 x 2

ª 1 y2 º dx ¬ 2 ¼  x2

3 ˜ 8

1 8

3

1

˜

1 2



 12 ˜  x 2

2

dx

x 1

1

³

2 2

³ ˜  2  3x

1

2  6 x 2  4 x 4 dx

x 1

3 ª 4 º ˜ 2 x  2 x3  x5 » 8 «¬ 5 ¼ 1

3 5

Soweit wurde die y-Koordinate des Schwerpunktes berechnet. Seine x-Koordinate ist auch ohne Berechnung klar, weil aus Symmetriegründen (beiden Funktionen weisen gerade Symmetrie auf) der Schwerpunkt auf der y-Achse liegen muss – dies bedeutet xS 0 . 1 P Die Schwerpunktsposition ist also PS  xS ; yS  0 ; 0.6

Aufgabe 9.20 Schwerpunktsberechnung eines Rotationsvolumens



15 min

hh

Punkte 9P

Lässt man ein Becherglas mit Wasser um seine Längsachse rotieren, so nimmt die Wasseroberfläche die Form einer Parabel ein. Berechnen Sie das Volumen des Wassers, wie es in Bild 9-20 beschrieben ist und geben Sie auch seine Schwerpunktsposition an. Führen Sie die Berechnung bitte über Volumenintegration in Zylinderkoordinaten durch!

Bild 9-20 Zylindrisches Becherglas mit Wasser bei der Rotation um die z-Achse.

Die Wasseroberfläche wird beschrieben durch die Rotation der Parabel z  x

ar 2  b um die z-

Achse. Das zu betrachtende Volumen ist grau unterlegt.

Aufgabe 9.20 Schwerpunktsberechnung eines Rotationsvolumens

315

 Lösung zu 9.20 Die Aufgabe hat den Sinn, das Ansetzen und Lösen dreidimensionaler Integrale, sog. Volumenintegrale zu üben. Wegen der Zylindersymmetrie stellen wir das dreidimensionale Integral hier in Zylinderkoordinaten auf. Vorab bestimmen wir die Gleichung der Parabel. Wir benötigen zwei Punkte um die beiden Parameter a und b auffinden zu können: z  0 3 Ÿ a ˜ 02  b

3 Ÿ b

½° ¾ Ÿ 16 Ÿ a 1 °¿

3

2

z  4 19 Ÿ a ˜ 4  3 19 Ÿ a ˜ 4

2

z

r2  3

2P

Damit haben wir die Möglichkeit geschaffen, das Rotationsvolumen zu berechnen: 2ʌ

V

r 2 3

4

³ ³ ³ M 0 r 0

dV



2P

z 0

Arbeitshinweis: Beim Ansetzen des Integrals muss man aufpassen, dass man das gesamte zu integrierende Volumen genau einmal überstreicht. In unserem Bsp. geschieht dies durch die folgenden drei Schritte: Die zuerst auszuführende Integration über z geht vom Boden des Bechers (Untergrenze z = 0 ) bis zur Parabel z=r 2  3 hoch. Die danach auszuführende Integration über r läuft von der z-Achse ( r 0 ) bis zum Becherrand ( r 4 ). Die dritte und letzte geht über den Winkel M . Sie vollführt eine volle Umdrehung, also M 0 bis M 2ʌ . Stolperfalle: Volumenelement dV ist in Zylinderkoordinaten dV r ˜ dz dr dM . Man vergesse nicht die Multiplikation mit der Längeneinheit, also das r vor dem dz dr dM . In Kugelkoordinaten wäre das Volumenelement noch komplizierter: dV

r 2 sin - ˜ dr d- dM

Führen wir nun unsere Integration aus: 2ʌ

V

4

r 2 3

³ ³ ³ M

2ʌ

r ˜ dz dr dM

0 r 0 z 0

³ ³ M

³

M 0

r 2 3

> r ˜ z @0

2ʌ

dr dM

0 r 0

2ʌ

Ÿ V

4

4

³ ³ M

2ʌ



r 3  3r dr dM

0 r 0



 32 ˜ 42 dM

³

M 0

88 dM

>88M @02ʌ

1 r4 4

4

 23 r 2 º dM ¼0

0

2P

2ʌ 1 ˜ 44 4

ª ¬ ³ M

176ʌ (Wasservolumen)

316

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Zu guter Letzt suchen wir die gefragte Schwerpunktsposition: xS 0 und yS Aus Symmetriegründen liegt der Schwerpunkt auf der z-Achse. Ÿ Lediglich die z-Koordinate des Schwerpunktes müssen wir explizit ausrechnen: 1 ˜ V

zS

3P

1 ˜ V Ÿ

2ʌ

4

r 2 3

³ ³ ³ M

z ˜ r ˜ dz dr dM

0 r 0 z 0

2ʌ

4

³ ³ M

1 r5 2



 3r 3  92 r dr dM

0 r 0

zS

1 V

2ʌ

ª1708 º ˜« M» ¬ 3 ¼0

1 ˜ V

2ʌ

4

³ ³ M

1 ˜ V

r 2 3

ª 1 z2 ˜ r º ¬2 ¼0

dr dM

0 r 0

2ʌ

³ M

1 1708 ˜ ˜ 2ʌ 176 ˜ ʌ 3

4

1 ˜ V

ª 1 r 6  3 r 4  9 r 2 º dM 4 4 ¬ 12 ¼0 0

427 66

2ʌ

4

§ ¨ r ³ ³ © M 1 2

0 r 0

1 ˜ V

2ʌ

³ M

0

2

0

2 ·  3 ˜ r ¸ dr dM ¹



1708 dM 3

6.469

Aufgabe 9.21 Massenträgheitsmomente der Rotation



7 min

hh

Punkte 3P

Allgemeine Anmerkung: Die Berechnung von Massenträgheitsmomenten der Rotation ist eine immer wiederkehrende Aufgabe zu dreidimensionalen Integralen. Das Massenträgheitsmoment J (bei Rotation eines Körpers um eine Hauptträgheitsachse) ist definiert als das Volumenintegral J

³³³ r

2

˜ U dV , wobei U die ortsabhängige Dichte des rotierenden Körpers ist.

V

Für unser Beispiel wollen wir das Massenträgheitsmoment eines um seine Längsachse rotierenden Rohres berechnen, wie es in Bild 9-21 zu sehen ist.

Bild 9-21 Zylindersymmetrisches Rohr bei seiner Rotation um Symmetrieachse, die in Richtung der z-Achse orientiert sei. Es gelten folgende Abmessungen: R1 = Innendurchmesser R2 = Außendurchmesser H = Länge des Rohres U = Dichte, sie sei über das gesamte Material homogen

Aufgabe 9.22 Vektorwertiges Integral

317

 Lösung zu 9.21 Den Ansatz findet man in den Vorab-Erläuterungen der Aufgabenstellung: R2

2ʌ

³³³ r

J

2

³ ³ ³ r U ˜ r dz dr dM M³ ³ M

˜ U dV

V

1 r4 4

0

Ÿ

J

ʌ 2

0 r R1 z 0

R2

˜ U ˜ H º dM ¼ R1

U˜H ˜

R2

2

2ʌ

ª ¬ ³ M

2ʌ

H



0 r R1

R

ª 1 r4 ˜ U ˜ H º 2 ˜ ¬4 ¼ R1

4

R2  R14



H

ª r 3 U ˜ z º dr dM ¬ ¼0

0

R2

r 3 U ˜ H dr dM

³ ³ M

0 r R1

2ʌ

³ 1 dM M

2ʌ

R

ª 1 r 4 ˜ U ˜ H º 2 ˜ >M @2ʌ 0 ¬4 ¼ R1





ª U ˜ H ˜ R 4  R 4 º ˜ > 2ʌ @ 2 1 »¼ ¬« 4

3P

Damit ist die Aufgabe gelöst.

Anmerkung: In Tabellenwerken findet man für das Rotationsträgheitsmoment des Rohres mitunter einen etwas anders aussehenden Ausdruck, den man durch die nachfolgenden Umformungen erhalten kann. Es gilt J

ʌ 2



U ˜ H ˜ R24  R14



ʌ 2







U H ˜ R22  R12 ˜ R22  R12 wegen der dritten Binomischen Formel.

Die Masse des Rohres ist m U ˜ V

U ˜ A˜ H





U ˜ ʌ R22  R12 ˜ H (wo A =Querschnittsfläche).

Setzt man die so berechnete Masse in das Trägheitsmoment ein, so erhält man J





R2 2  R12 ˜ R2 2  R12   

1 ˜ U ʌH ˜ 2



1 m˜ 2

 R22  R12 , wie es zumeist in Tabellenwerken steht.

m (Masse)

Anmerkung: In der vorgeführten Art und Weise lassen sich die Rotations-Massenträgheitsmomente vieler Gegenstände berechnen, wie man sie in Formelsammlungen und Tabellenwerken findet. So können sich alle Studierenden eine Menge Übungsaufgaben schaffen und ihre Ergebnisse anhand der Tabellen kontrollieren.

Aufgabe 9.22 Vektorwertiges Integral



60 min

hhhh

Punkte 23 P

Nur wenige Studierende können diese Aufgabe selbstständig rechnen. Aber auch das Nachvollziehen ist bereits eine gute Übung.

Bei vektorwertigen Integralen ist der Integrand ein Vektor. Ein immer wiederkehrendes Beispiel hierfür ist die Berechnung eines Magnetfeldes nach dem Gesetz von Biot-Savart.

K K K I ˜ d s u s  r K K 3 und ist in Bild 9-22a veranschaulicht und erklärt. 4ʌ ˜ s  r K Das gesamte Magnetfeld der Leiterschleife erhält man durch die Integration H JJK

Dieses lautet d H

³

JJK dH .

(Leiterschleife)

Als spezielle Leiterkonfiguration, deren Magnetfeld in der vorliegenden Aufgaben bestimmt werden soll, sei eine ringförmige Leiterschleife entsprechend Bild 9-22b vorgegeben. Diese werde von einem Strom I durchflossen. Die Frage lautet nun: Welches Magnetfeld wird am

318

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Ort x0 auf der x-Achse erzeugt? Dabei soll x0 beliebig sein, darf aber in der Integration als Konstante behandelt werden. Bilder 9-22a und b Eine von einem Strom I durchflossene K Leiterschleife mit der Bahnkurve s  t K K erzeugt am Ort r ein Magnetfeld H . Dabei trägt jedes infinitesimale LeitereleK JJK ment d s mit einem Beitrag d H zum K gesamten Feld H bei. Die Leiterschleife in Bild 9-22b habe in der yz-Ebene die Bahnkurve § 0 · Darin ist a ¨ ¸ K s  t ¨ a ˜ sin Zt  M ¸ der Radius ¨ a ˜ cos Zt  M ¸ des Leiterringes. © ¹

Hinweis zum Lösungsweg: Da der Strom I im gesamten Verlauf der Leiterschleife konstant ist, denn alle infinitesimalen Ladungselemente bewegen sich (in Näherung) gleich schnell, K

K

kann man den Vektor I ˜ d s umschreiben als I ˜ d s

dq K ˜ds dt

JK

dq ˜ d s dt

K K v ˜ dq . Dabei ist v die

Geschwindigkeit jedes einzelnen Ladungselementes und dq dessen Ladung. Gibt man zu jedem infinitesimalen Leiterelement dM dessen Ladung dq als infinitesimales Ladungselement an, so erhält man den Zusammenhang

dq q

dM 2ʌ

Ÿ dq

dM

q ˜ 2ʌ . Dies bedeu-

tet, dass der Anteil des Ladungselements an der gesamten Ladung ebenso groß ist wie der Anteil des Leiterelements am gesamten Leiterring. Der Sinn dieser Umformung ist eine Vereinfachung der Berechnung: Wir müssen ein Linienintegral über die Leiterschleife lösen. Dafür wird die Linie parametrisiert (wie in der Legende K zu Bild 9-22b geschehen), sodass die Integration über d s zu einer eindimensionalen Integration über den Winkel dM (als Parameter) wird. (Wem der technische Hintergrund zu schwierig ist, der betrachte die Musterlösung bis zur Gleichung ( 2 ) und beginne dann das Integrieren in eigener Leistung.)

 Lösung zu 9.22 Wir beginnen, indem wir mit Hilfe des Hinweises zum Lösungsweg das Gesetz von BiotSavart in eine Form bringen, die bequem zu integrieren ist. 2P

JJK dH

K K K I ˜ d s u s  r K K3 4ʌ ˜ s  r

K K K v ˜ dq u  s  r K K3 4ʌ ˜ s  r

K K K q ˜ v u  s  r dM K K 3 ˜ 2ʌ 4ʌ ˜ s  r

(Gleichung 2 )

Bevor wir integrieren können, berechnen wir den Ausdruck nun Schritt für Schritt in kartesischen Koordinaten, denn das Kreuzprodukt können wir nur in kartesischen Koordinaten ausrechnen:

Aufgabe 9.22 Vektorwertiges Integral

319

K

Aus der Parametrisierung der Leiterschleife s  t gemäß Bild 9-22b folgt durch Ableiten des Ortsvektors nach der Zeit die Geschwindigkeit der einzelnen Ladungselemente: § 0 · ¨ ¸ K Ÿ v  t ¨ aZ ˜ cos Zt  M ¸ ¨  aZ ˜ sin Zt  M ¸ © ¹

2P

JJK

Damit wird das Kreuzprodukt im Zähler von d H zu 0 § · ¸ K K K ¨ v u  s  r ¨ aZ ˜cos Zt M ¸ ¨ ¸ ©  aZ ˜sin Zt M ¹

u

§§ 0 · § x0 · · ¨¨ ¸ ¨ ¸¸ ¨ ¨ a˜sin Zt M ¸  ¨ 0 ¸ ¸ ¨¨ ¸ ¨ ¸¸ © © a ˜cos Zt M ¹ © 0 ¹ ¹

0 § · ¨ ¸ ¨ aZ ˜cos Zt M ¸ ¨  aZ ˜sin Zt M ¸ © ¹

u

§  x0 · ¨ ¸ ¨ a˜sin Zt M ¸ ¨ a˜cos Zt M ¸ © ¹

3P § · a 2Z ¨ ¸ ¨ a x0Z ˜ sin Zt M ¸ ¨¨ a x Z ˜ cos Zt M ¸¸ © 0 ¹ Dies ist der vektorielle Anteil des Integranden in Gleichung ( 2 ). Die anderen Anteile dieses § a 2Z ˜ cos 2 Zt M  a 2Z ˜ sin 2 Zt M · ¨ ¸ a x0Z ˜ sin Zt M ¨ ¸ ¨¨ ¸¸ a x0Z ˜ cos Zt M © ¹

Integranden betrachten wir ebenfalls: Der Betrag mit der dritten Potenz im Nenner dieser Gleichung schreibt sich als 3

§ 0 · § x0 · ¨ ¸ ¨ ¸ ˜  Z M a sin t  ¨ ¸¨ 0 ¸ ¨ a ˜ cos Zt  M ¸ ¨ 0 ¸ © ¹ © ¹

K K3 s r



§  x0 · ¨ ¸ ˜  Z M a sin t  ¨ ¸ ¨ a ˜ cos Zt  M ¸ © ¹

x02  a 2 ˜ sin 2 Zt  M  a 2 ˜ cos 2 Zt  M

3

3

3P

 x JJKa 2 0

3

2 2

Damit kennen wir alle Größen in ( 2 ) und können d H für unsere Konfiguration formulieren: JJK dH

K K K q ˜ v u  s  r dM K K 3 ˜ 2ʌ 4ʌ ˜ s  r

q ˜ 4ʌ

1



2 x0

a



3

2 2

§ · a 2Z ¨ ¸ dM ˜ ¨ a x0Z ˜ sin Zt M ¸ ˜ ¨¨ a x Z ˜ cos Zt M ¸¸ 2ʌ  ¹ © 0

3P

Um das gesamte Magnetfeld zu finden, führen wir die in der Aufgabenstellung vorgegebene Integration über die Leiterschleife aus. Nachdem wir alle Ausdrücke darauf ausgerichtet haben, genügt hier eine einzige Dimension der Integration, nämlich der Winkel M : K H

2ʌ

JJK dH

³

³ 0

(Leiterschleife)

q ˜ 4ʌ

1



2

x0  a



3

2 2

§ · a 2Z ¨ ¸ dM ˜ ¨ a x0Z ˜ sin Zt M ¸ ˜ ¨¨ a x Z ˜ cos Zt M ¸¸ 2ʌ © 0 ¹

2P

Zum Lösen des vektorwertigen Integrals können wir jede einzelne der drei Vektorkomponenten für sich integrieren: 2ʌ

Hx

q

³ 4ʌ ˜  x 0

2 0

1 a



3

2 2

˜ a 2Z ˜

dM 2ʌ

ª 1 «q « 4ʌ ˜ 2 2 « x0  a ¬



2ʌ



3 2

º M» 2 ˜a Z˜ » 2ʌ » ¼0

q ˜ 4ʌ

1



2 x0

a



3

2 2

˜ a 2Z

2P

320

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis 2ʌ

2P

Hy

³ 0

2ʌ

2P

Hz

³ 0

q ˜ 4ʌ

q ˜ 4ʌ

1

x

2 0

a

2



3 2



3 2

1

x

2 0

a

2

˜ a x0Z ˜ sin Zt M ˜

˜ a x0Z ˜ cos Zt M ˜

dM 2ʌ

q ˜ 4ʌ

dM 2ʌ

q ˜ 4ʌ

2ʌ

1

x

2 0

a

2



3 2

ª 1 º ˜ a x0Z ˜ «  cos Zt M » Z ¬ ¼0



3 2

ª1 º ˜ a x0Z ˜ « sin Zt M » ¬Z ¼0

2ʌ

1

x

2 0

a

0

2

0

Eigentlich stellen die drei kartesischen Komponenten des Magnetfeldes bereits das Ergebnis dar. Der Übersichtlichkeit halber wollen wir es aber noch zu einem Vektor zusammenfassen, der sich wegen H y 0 und H z 0 besonders übersichtlich schreiben lässt: 2P

Hx

q 1 q 1 2ʌ I a2 ˜ ˜ a 2Z ˜ ˜ a2 ˜ ˜ 3 3 3 4ʌ 4ʌ T 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x0  a x0  a x0  a   

 



weil

Z









2ʌ , wo T = Umlaufdauer der Ladung im Kreisring weil Strom T



I

K Ÿ H

I ˜ 2

a2

x

2 0

a



3

2 2

§1· ¨ ¸ ˜ ¨ 0¸ ¨ 0¸ © ¹

q T

Aufgabe 9.23 Volumenintegration in Kugelkoordinaten



hhh

30 min

Punkte 14 P

Berechnen Sie bitte näherungsweise die Gesamtmasse der Luft unserer Erde (siehe 1 ). Die Dichte U dieser Luft als Funktion der Höhe über dem Erdboden folgt der barometrischen Höhenformel : U h

U0 ˜ e

 Uop˜og˜h

, worin

h = Höhe über dem Erdboden g p0

9.81 m2 = Erdbeschleunigung s

N m2 kg

101325

U0 1.293

m3

= Luftdruck am Erdboden (Normaldruck)

= Dichte der Luft direkt am Erdboden

Integriert werden soll über die gesamte Lufthülle der Erde. Da diese kugelsymmetrisch ist, ist es am einfachsten, ein Volumenintegral in Kugelkoordinaten zu lösen. Dazu beachte man folgenden Hinweis: Der Radius der Erdoberfläche beläuft sich auf R0 6380 km 6.38 ˜ 106 m . Hinweis: Betrachten Sie für die vorliegende Aufgabe die Erde als eine Kugel. In Wirklichkeit ist die Erde keine Kugel. Genau betrachtet ist sie ein abgeplattetes Rotationsellipsoid, aber für ein solches würde unsere Berechnung den Komplexitätsgrad einer Klausur- oder Übungsaufgabe sprengen. ( 1 ) Zur Begründung der Näherung: Für große Abstände von der Erdoberfläche weicht die

tatsächliche Dichte der Luft von der Angabe der barometrischen Höhenformel ab. Dies führt dazu, dass das Ergebnis unserer Berechnung größer sein wird als der tatsächliche Wert.

Aufgabe 9.23 Volumenintegration in Kugelkoordinaten

321

 Lösung zu 9.23 In der barometrischen Höhenformel tauchen einige Größen auf, die man für die vorliegende Aufgabe zusammenfassen kann, um das Arbeiten zu erleichtern. Es gilt 101325

p0 U0 ˜ g

1.293

kg m3

N m2

˜ 9.81 m2

Zur Vereinfachung führen wir die Abkürzung D ein.

7988.2 m : D

s

h

1P

Damit schreiben wir kurz U  h U0 ˜ e D

Um die Kugelsymmetrie der Lufthülle zu nutzen, beziehen wir die Luftdichte auf den Abstand vom Erdmittelpunkt. Damit wird die barometrische Höhenformel zu U r

U0 ˜ e

 r DR0

, gültig für r ! R0 , wobei r = Abstand vom Erdmittelpunkt

Nun sind alle Vorarbeiten erledigt und wir können mit dem eigentlichen Lösen der Aufgabe beginnen. Dazu stellen wir das Volumenintegral über die Lufthülle zur Berechnung der Luftmasse m auf: 2ʌ ʌ f

m

³³³

³³³

U  r dV

V

U0 ˜ e

 r DR0

3P ˜ r 2 sin - ˜ dr d- dM

0 0 R0

Arbeitshinweise Zum Volumenelement: Dieses lautet in Kugelkoordinaten dV

r 2 sin - ˜ dr d- dM

Zu den Integrationsgrenzen: - Die Integration über d- ˜ dM hat lediglich dafür Sorge zu tragen, dass der gesamte Umlauf um die Kugelschale genau einmal stattfindet. - Die Integration über dr beginnt auf der Erdoberfläche und verläuft sich in den Weiten des Universums. Wir erhalten also ein uneigentliches Integral, dessen Konvergenz wir noch feststellen werden. - Da die Integration über dr von - und M völlig unabhängig ist, kann man den von r abhängigen Teil des Integrals als Konstante aus den Integralen über - und M herausziehen. Mathematisch hat dies zwar keine Bedeutung, aber es erleichtert den Überblick, da die uneigentliche Integration solange aufgeschoben werden kann, bis nur noch eine einzige Dimension übrig ist. Die Arbeitshinweise zur Integration setzen wir nun um: 2ʌ ʌ f

m

³³³

U0 ˜ e

 r DR0

f

˜ r 2 sin - ˜ dr d- dM

0 0 R0

³

U0 ˜ e

 r DR0

2ʌ ʌ

˜ r 2 dr ˜

³ ³ sin - d- dM

1P

0 0

R0

Den zweiten Faktor kann man sehr leicht berechnen 2ʌ ʌ

³³ 0 0

2ʌ

sin - d- dM

³ 0

2ʌ ʌ

ª cos - º¼ dM ¬ 

0 11

³ 2 dM 0

> 2M @02ʌ

4ʌ ,

1P

322

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

was zu einer Masse führt, deren Integral wir noch etwas vereinfachen können: f

1P

m

4ʌU0 ˜

³r

2

˜e

 r DR0

f

dr

4ʌU0 ˜

R0

³r

2

˜e

R0

 Dr

˜eD

4ʌU0

dr

R0

˜eD

R0

f

˜

³r

2

˜e

 Dr

dr

R0

Der nunmehr letzte der Integrationsschritte erfolgt durch zweifache partielle Integration (erste partielle Integration mit Index „1“, zweite partielle Integration mit Index „2“), wobei alle Vorfaktoren (mittels Äquivalenzumformung) auf die linke Seite gebracht werden, damit sie beim Integrieren nicht stören: f

R0

§ · m ˜ ¨ 4ʌU0 ˜ e D ¸ © ¹

1

f 2

 Dr

v1

u1'

ª º f « 2  Dr » r r D e 2Nr ˜ D ˜ e D dx ˜  ˜  «N » « v1   » v ' bzw v 2  

R0 1 u1 u1 bzw. u 2 ' ¬« ¼» R



³ rN ˜ eN dr

R0





³



0

f

f

ª º ª º f « 2 « »  Dr » r 2  Dr « rN ˜ D ˜ e »  « 2Nr ˜ D ˜ e »  2N ˜ D 2 ˜ e D dx « v1   » « v 2   »

v '   R0 2 u1 u2 u2 ¬« ¼» R0 «¬ ¼» R0









f









³ 

f







f

ª r 2 ˜ D ˜ e Dr º  ª 2r ˜ D 2 ˜ e Dr º  ª 2 ˜ D 3 ˜ e Dr º ¬« ¼» R0 «¬ ¼» R0 «¬ ¼» R0

Einsetzen der Grenzen: Die obere Integralgrenze führt wegen der Exponentialfunktion beim Einsetzen zur Null, die untere Integralgrenze bleibt übrig: 5P

R ª 2 § § 2  RD0 · º ª § 3  RD0 · º  D0 · º ª « R0 ˜ ¨ D ˜ e ¸ »  « 2 R0 ˜ ¨ D ˜ e ¸»  «2 ˜ ¨D ˜ e ¸» © ¹¼ ¬ © ¹¼ ¬ © ¹¼ ¬

Diese lange Gleichung über einige Zeilen lässt sich zusammenfassen und nach der Masse m auflösen: Ÿ m ˜  4ʌU0

2P

Ÿ m

1

§  R0 · ˜¨e D ¸ © ¹

R0 ª R 2  2 R0 ˜ D  2 ˜ D 2 º ˜ D ˜ ¨§ e D ¸· ¬ 0 ¼ © ¹

ª R0 2  2 R0 ˜ D  2 ˜ D 2 º ˜ D ˜  4ʌU0 ¬ 

¼ 

kg ª 4.08065˜1013 º ˜ 7988.2 m3 16.248 m3 ¬ ¼

5.296 ˜ 1018 kg

Soviel wiegt die gesamte Luftmasse unserer Erde (wenn man in Näherung die barometrische Höhenformel zu beliebig großen Abständen von der Erdoberfläche extrapoliert).

Aufgabe 9.24 Gradienten von Skalarfeldern



(a.) 1 min (b,c,d.) 2 min

h

Punkte (a.) 1 P

(b,c,d.) 1 P

Berechnen Sie bitte die Gradienten der nachfolgend gegebenen Skalarfelder: (a.) I  x; y 3x 2  4 y 2  5 (b.) I  x; y 3x 2 ˜ y 3  5 ˜ sin  x ˜ y (c.) I  x; y; z 3x 2  4 y 2 ˜ z  5 ˜ e xyz

(d.) I  x; y 3x 2 y  y z  2 y ˜ z 3 (mit y, z ! 0)

Aufgabe 9.25 Richtungsableitungen in Skalarfeldern

323

 Lösung zu 9.24 Arbeitshinweis: Der Gradient ist definiert für skalare Felder, er selbst ist ein Vektorfeld: grad I

K ’I

§ w w · I ;....; I ¸ mit n ¨ x xn ¹ w w © 1

Dimensionalität der Aufgabenstellung

Anmerkung: Aus Platzgründen seien die Vektoren als Zeilenvektoren geschrieben. § wI wI · ; ¸ ©wx wy¹

 6 x ;8 y

1P

§ wI wI · ; ¸ ©wx wy¹

 6 x ˜ y3  5 y ˜ cos  x ˜ y ;9 x2 y 2  5x ˜ cos  x ˜ y

1P

(a.) grad I  x; y ¨

(b.) grad I  x; y ¨

§ wI wI wI · ; ; ¸ ©wx wy wz¹

 6 x  5 yz ˜ e xyz ;8 yz  5xz ˜ e xyz ;4 y 2  5xy ˜ e xyz

1P

§ wI wI wI · ; ; ¸ ©wx wy wz¹

 6 xy ;3x2  z ˜ y z 1  2 z3 ; y z ˜ ln  y  6 yz 2

1P

(c.) grad I  x; y; z ¨

(d.) grad I  x; y; z ¨

Aufgabe 9.25 Richtungsableitungen in Skalarfeldern



Punkte (a,b.) je 2 P

hh

je 4 min

(a,b.)

Gegeben sind die folgenden Skalarfelder, deren Richtungsableitungen Sie bitte berechnen, K und zwar in allen Punkten  x ; y ; z jeweils immer in der Richtung des Vektors a  4;  1;8 . (a.) I  x ; y ; z 8 x3 y 2 ˜ e2 z

(b.) I  x ; y ; z x 2 ˜ e yz  yz 3

 Lösung zu 9.25 Arbeitshinweis: dI

Die Richtungsableitung wird mitunter abgekürzt als daK . Das meint

dI K da

K

grad I ˜ aK a

(a.) Es gilt wI K wa

§ 24 x 2 y 2 ˜ e 2 z · ¨ ¸ 1 ¨ 16 x3 y ˜ e2 z ¸ ˜ ¨ ¸ 16  1  64 ¨ 16 x3 y 2 ˜ e 2 z ¸ © ¹ 16 x 2 y ˜ e 2 z 9

˜ > 6 y  x  8 xy @

§4· ¨ ¸ ˜ ¨ 1¸ ¨8¸ © ¹

1 ª ˜ 4 ˜ 24 x 2 y 2 ˜ e 2 z  1 ˜ 16 x3 y ˜ e2 z  8 ˜ 16 x3 y 2 ˜ e 2 z º» ¼ 9 ¬«









2P

324

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(b.) Auch ist

2P

wI K wa

§ · 2 x ˜ e yz §4· ¨ ¸ 1 ¨ ¸ ¨ x 2 ˜ z ˜ e yz  z 3 ¸ ˜ ˜ 1 ¨ ¸ 16  1  64 ¨¨ ¸¸ ¨ x 2 ˜ y ˜ e yz  3 yz 2 ¸ ©8¹ © ¹ 1 ª ˜ 4 ˜ 2 x ˜ e yz  1 ˜ x 2 ˜ z ˜ e yz  z 3  8 ˜ x 2 ˜ y ˜ e yz  3 yz 2 º» ¼ 9 «¬









Einschub: Allgemeine Anmerkung zur Schreibweise in Kapitel 9 Dieser Einschub ist eine Erklärung zur Schreibweise von Vektoren und Ortskoordinaten im weiteren Verlauf von Kapitel 9. Aus systematischen Gründen ist es wünschenswert, Ortskoordinaten und ebenso Vektoren als Spaltenvektoren zu schreiben. Aus Platzgründen ist die Schreibweise als Zeilenvektor günstiger, weil sie sparsamer mit dem Papier umgeht. Deshalb findet man oft die Schreibweise des Spaltenvektors als transponierten Zeilenvektor, gekennzeichnet durch ein hochgestelltes § x·

„ T “. Das sieht dann so aus: ¨¨ y ¸¸  x ; y ; z T . ¨ z¸ © ¹

Diese papiersparende Schreibweise ist im Übrigen bei Fachpublikationen nicht ungewöhnlich, deshalb ist es ratsam, wenn sich die Studierenden von Anfang an daran gewöhnen.

Aufgabe 9.26 Richtungsableitungen in Skalarfeldern



(a.) (b.)

4 min 4 min

hh

Punkte (a) 2 P

(b) 2 P

Betrachten wir das skalare Feld I  x ; y ; z 3x 2 y 2  yz 3 . (a.) Wie ändern sich die Funktionswerte von I  x ; y ; z im Punkt P0  2;1;  1 T , wenn man in K

der Richtung a  2;1;0 T fortschreitet (Richtungsableitung)? K

(b.) In welcher Richtung c ist die Richtungsableitung in P0 dem Betrage nach am größten? Geben Sie zu beiden Aufgabenteilen die Werte der Richtungsableitungen im Punkt P0 an.

 Lösung zu 9.26 K

(a.) Die Richtungsableitung in Richtung von a lautet 3P

dI K da

K grad I ˜ aK a

§ 6x ˜ y2 · § 2· 2 ¨ ¸ 1 6 x2 y  z3 ¨ ¸ 12 xy ¨ 6 x2 ˜ y  z3 ¸ ˜ ˜¨1¸  ¨ ¸ 4 1 0 ¨ ¸ 5 5 ¨ 3y ˜ z2 ¸ © 0¹ © ¹

Aufgabe 9.27 Totales Differential im Skalarfeld

Speziell im Punkt P0 nimmt sie den Wert ddaIK

325 3

P0

2 12 ˜ 2 ˜ 12 6 ˜ 2 ˜ 1   1  5 5

47 an. 5

1P

(b.) Prinzipiell ist die Richtungsableitung am größten in Richtung des Gradienten, also ist K c

§ · 6 ˜ 2 ˜ 12 ¨ ¸ 3 2 ¨ 6 ˜ 2 ˜ 1   1 ¸ ¨ ¸ ¨ 3 ˜ 1 ˜  1 2 ¸ © ¹

grad I P 0

§ 12 · ¨ ¸ ¨ 23 ¸ ¨3¸ © ¹

2P

Der Wert der Richtungsableitung in dieser Richtung ist der Betrag des Gradienten, nämlich K grad I ˜ cK

dI K dc

c

K grad I , weil grad I & c ist. Der in der Aufgabenstellung gefragte Betrag des 2 P grad I P 0

Gradienten in P0 ist damit:

TR

122  232  32

682 | 26.115

Aufgabe 9.27 Totales Differential im Skalarfeld (a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

 

1 min 3 min 2 min 5 min 2 min

hh

Punkte (a) 1 P (b) 2 P

hh

(c.) 1 P (d) 3 P (e) 1 P

Betrachten wir das skalare Feld I  x ; y 3x 2  2 xy . (a.) In welchen Punkten  x ; y ist I  x ; y differenzierbar? (b.) Berechnen Sie das totale Differential von I  x ; y im Punkt P0  3;1 T (c.) Berechnen Sie grad I für jeden beliebigen Punkt  x ; y und im Punkt P0  3;1 T . (d.) Berechnen Sie die Richtungsableitungen von I  x ; y im Punkt P0  3;1 T für die K

K

K

Richtungen a  2;1 T , b  3;  2 T und c  2;0 T (e.) Welchen Wert hat das Maximum der Richtungsableitungen von I  x ; y im Punkt P0 ?

 Lösung zu 9.27 (a.) 3x 2 , 2 x und y sind stetig und differenzierbar auf ganz \ , also hat auch I  x ; y diese Eigenschaft. (b.) Das totale Differential lautet: dI

wI wI ˜ dx  ˜ dy wx wy

 6 x  2 y ˜ dx   2 x ˜ dy .

1P 1P

Speziell im Punkt P0  3;1 T ist damit das totale Differential: dI

 6 ˜ 3  2 ˜ 1 ˜ dx   2 ˜ 3 ˜ dy

20 ˜ dx  6 ˜ dy .

1P

326

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis wI

§ · § 6x  2 y · (c.) In einem beliebigen Punkt  x ; y ist: grad I ¨ wI wx ¸ ¨ ¸, ¨ ©

1P

§ 6 ˜ 3  2·

¸ ©

wy ¹

2x

¹

§ 20 ·

speziell in P0 : grad I ¨ ¸ ¨ ¸. © 2˜3 ¹ © 6 ¹ (d.) Das Einsetzen der Richtungen in das Ergebnis von Aufgabenteil (c.) liefert die gefragten Richtungsableitungen:

1P

dI K da

K grad I ˜ aK

1P

dI K db

grad I ˜ bK

1P

dI K dc

grad I ˜ cK

a

K

b

K

c

§ 20 · § 2· 1 1 46 ˜  20 ˜ 2  6 ˜ 1 ¨ ¸˜ 2 2 ˜¨ ¸ 6 1 5 5 © ¹ 2 1 © ¹ § 20 · § 3· 1 1 ˜¨ ¸ ˜  20 ˜ 3  6 ˜  2 ¨ ¸˜ 13 © 6 ¹ 32  2 2 © 2 ¹

48 13



§ 20 · ¨ ¸˜ ©6¹

1

 2

2

§ 2 · ˜¨ ¸ 0 © 0 ¹

1 ˜  20 ˜  2  0 4

1 P (e.) Hier ist der Betrag des Gradienten gefragt: grad I

P0

20

202  62

436

Aufgabe 9.28 Vektorfelder, Konservatives Kraftfeld



(a,b.) (c.)

je 6 min 1 min

(a,b.) (c.) K

Punkte (a,b.) je 4 P

hh

(c) 1 P

§ x2  y 2 · ¸. ¨ x2 ˜ y 2 ¸ © ¹

Gegeben sei ein Vektorfeld F  x ; y ¨

§ 0·

§ 5·

In diesem Feld bewegen wir uns vom Punkt A ¨ ¸ zum Punkt B ¨ ¸ , und zwar © 0¹ © 4¹ (a.) einerseits auf dem direkten Weg (Funktion f1  x , siehe Bild 9-28) und andererseits (b.) auf dem Weg über die Kurve mit der Funktion f 2  x

16 5

x.

Berechnen Sie den Wert der Linienintegrale zu beiden Aufgabenteilen. K (c.) Zusatzfrage: Handelt es sich bei F  x ; y um ein konservatives Kraftfeld? Geben Sie Ihre Antwort mit Begründung.

Bild 9-28 Bild 9-28 Darstellung Wege, denen eine LinienintegraDarstellung zweier Wege, zweier auf denen eineauf Linienintegradurch ein Vektorfeld ausgeführt tion durch ein tion Vektorfeld ausgeführt werden soll. werden soll.

f1  x ist eine Gerade. f1  xFunktion Der Funktion Der ist eine Gerade. f 2  xFunktion (b.) explizit (b.) explizit Der FunktionDer ist in fAufgabenteil 2  x ist in Aufgabenteil gegeben.

gegeben.

Aufgabe 9.28 Vektorfelder, Konservatives Kraftfeld

327

 Lösung zu 9.28 Arbeitshinweis: Bevor wir die Linienintegration ausführen können, müssen wir die Parametrisierung der Wege darstellen. Diese Parametrisierung ist willkürlich (die Bahnkurve darf selbst gewählt werden) im Bezug auf den einzuführenden eindimensionalen Parameter (nennen wir ihn t K oder u ), solange gewährleistet ist, dass diese parametrisierte Bahnkurve (nennen wir sie s  t K

oder s  u ) tatsächlich die gewünschte Kurve der Aufgabenstellung durchläuft. Bei Aufgabenteil (a.) ist der Weg eine Gerade, die durch die Punkte A und B eindeutig festgelegt ist: f1  x 54 x § 5t ·

K

Der zugehörige Weg kann also z. Bsp. parametrisiert werden als s 1  t ¨ ¸ mit t 0...1 . © 4t ¹

1P

Bei Aufgabenteil (b.) ist die Funktion f 2  x gegeben. Danach könnte der Weg z. Bsp. para§ u · ¸ . Substituiert man aber u : 5t 2 , so sieht die Paramet¨ 16 u ¸ © 5 ¹

K metrisiert werden gemäß s  u ¨

risierung bequemer aus, denn man benötigt schließlich keine Wurzelzeichen mehr: § K s2  t ¨ ¨ ©

5t 2

· ¸ 16 ˜ 5t 2 ¸ 5 ¹

§ 5t 2 · ¨¨ ¸¸ mit t © 4t ¹

1P 0...1 .

Mit diesen beiden Parametrisierungen lösen wir nun die beiden Linienintegrale (wobei die Erklärung der einzelnen Schritte im Anschluss an die jeweilige Berechnung folgen wird):

(a.) L1

1 1 § x2  y2 · § 5 · K dsK ¨ ¸ ˜ ¨ ¸ ˜ dt F ˜ 1 ˜ dt 5 x 2  5 y 2  4 x 2 ˜ y 2 dt 2 2 ¸ 4 ¨ dt x ˜y ¹ © ¹ K s1 t 0 t 0© 0  

t  

 

³

1

K K F ˜ ds1

³

³

³

Schritt 2

Schritt 1 1

³



Schritt 3

1

³

1

t 0  

1165 ª 205 t 3  1600 t 5 º 5 ¬ 3 ¼0 3 0  

Schritt 4

Schritt 5

2

2

2

2

5 ˜  5t  5 ˜  4t  4 ˜  5t ˜  4t dt



205t 2  1600t 4 dt

Kommentar zu den einzelnen Arbeitsschritten: Schritt 1 Æ Die Linienintegration wird auf den (eindimensionalen) Parameter t (entlang der Linie) bezogen. Dieser Schritt sieht bei allen Linienintegralen immer gleich aus. („Schlampig“ gesprochen könnte man sagen, es wurde mit dt erweitert.) Schritt 2 Æ Einsetzen des Vektorfeldes und der Ableitung der Linie nach dem Parameter. Den K K Vektor ds erhält man durch komponentenweises Ableiten von s nach t . dt Dadurch entsteht ein Skalarprodukt, welches bei Schritt 3 Æ ausmultipliziert wird.

3P

328

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis § x  t · § 5t · K s 1  t ¨¨ ¸¸ ¨ ¸ © y  t ¹ © 4t ¹

Schritt 4 Æ Aus der Parametrisierung der Linie wissen wir

Ÿ x 5t und y 4t . Wir setzen diese Werte für x und y ein. Schritt 5 Æ Nun ist das Integral eindimensional und wird in gewohnter Weise ausgerechnet.

(b.) In analoger Weise wird auch das zweite Linienintegral L2 ausgerechnet: L2

³

K s2

3P

1

K K F ˜ ds2

³

t 0

K dsK F ˜ 2 ˜ dt dt

1

t



³ 10t ˜  x

³

1

³ 

1

§ x 2  y 2 · §10t · ¨ ¸˜ ˜ dt ¨ x 2 ˜ y 2 ¸ ¨© 4 ¸¹ ¹ 0©





10t ˜ 25t 4  16t 2  4 ˜ 25t 4 ˜ 16t 2 dt

0

2







 y 2  4 ˜ x 2 ˜ y 2 dt

t 0

1

³ 1600t

6



 250t 5  160t 3 dt

0

1

ª 1600 t 7  250 t 6  40t 4 º 6 ¬ 7 ¼0

6515 21

K

(c.) Das Kraftfeld F  x ; y ist nicht konservativ. 1P

Begründung: Wie wir sehen, ist L1

1165 TR | 388.33 , aber L 2 3

6515 TR | 310.24 , also L1 z L2 . Das 21

Linienintegral ändert also in Abhängigkeit vom zurückgelegten Weg seinen Wert. Dies ist der Fall bei nicht konservativen Feldern. Bei konservativen Feldern hingegen hängt das Linienintegral nicht vom Weg ab, sondern nur von der Lage des Anfangs- und des Endpunktes des Weges. Stolperfalle: Wäre L1 L2 , dann wäre noch lange nicht bewiesen, dass das Kraftfeld konservativ ist. Nur dann, wenn prinzipiell immer alle Wege zum gleichen Ergebnis des Linienintegrals führen, ist das Feld ein konservatives. Wie man den Nachweis hierfür erbringen kann, sehen wir in Aufgabe 9.29. Umgekehrt ist klar: Wenn wir zwei verschiedene Linienintegrale finden, dann ist bereits bewiesen, dass nicht alle Linienintegrale zum selben Ergebnis führen können, d.h. das Feld ist nicht konservativ.

Aufgabe 9.29 Linienintegrale in Vektorfeldern



(a,b.) (c.)

(a,b.) je 6 min (a,b.) (c.) 3 min (c.) K

hh

Punkte (a,b,) 4 P

(c) 2 P

§ 3 y ˜ e xy  y 2 · ¸ ¨ 3 x ˜ e xy  2 xy ¸ © ¹

Gegeben sei ein Vektorfeld F  x ; y ¨

§ 0·

§ 1·

In diesem Feld bewegen wir uns vom Punkt A ¨ ¸ zum Punkt B ¨ ¸ , und zwar © 0¹ © 1¹

Aufgabe 9.29 Linienintegrale in Vektorfeldern

329

(a.) einerseits auf dem direkten Weg und andererseits (b.) auf dem Weg über die Kurve mit der Funktion f  x x 2 . Berechnen Sie den Wert der Linienintegrale zu beiden Aufgabenteilen. K

Handelt es sich bei F  x ; y um ein konservatives Kraftfeld?

(c.) Zusatzfrage:

Geben Sie Ihre Antwort mit Begründung.

 Lösung zu 9.29 Arbeitshinweis: Die ersten beiden Aufgabenteile (a,b) werden in weitgehender Analogie zu Aufgabe 9.28 gelöst (zur Vertiefung der Übung), bedürfen also keiner erneuten Erläuterung. Die Parametrisierung der beiden Wege liegt auf der Hand: §t ·

K

Der direkte Weg ist eine Gerade mit s 1  t ¨ ¸ mit t 0...1 . ©t ¹

1P

§t·

K

Die Kurve bei Aufgabenteil (b.) ist eine Parabel: s2  t ¨¨ 2 ¸¸ mit t 0...1 t ©

1P

¹

Damit setzen wir in die Linienintegrale ein: (a.) Bei Aufgabenteil (a.) ist x t und y t L1

³

1

K K F ˜ ds1

K s1

³

t 0

K dsK F ˜ 1 ˜ dt dt

t

1

1

³

³ 3 y ˜ e

§ 3 y ˜ e xy  y 2 · §1· ¨ ¸˜ ˜ dt ¨ 3x ˜ e xy  2 xy ¸ ¨©1¸¹ ¹ 0©

1

³ 3t ˜ e

1

t2

2

t2

 t  3t ˜ e  2t

dt ³ 6t ˜ e



 y 2  3x ˜ e xy  2 xy dt

t 0

1



ª 3 ˜ et 2  t 3 º ¬« ¼» 0 0   

2

0

t2

xy

 3t 2 dt

3P 3 ˜ e1  1  3 ˜ e0  0 3e1  2

Integration durch Substitution u: t 2

(b.) Bei Aufgabenteil (b.) ist x t und y t 2 L2

³

1

K K F ˜ ds2

³

K s2

t 0

1

³ 0

K dsK F ˜ 2 dt dt



1

t

§ 3 y ˜ e xy  y 2 · § 1 · ¨ ¸˜ dt ¨ 3 x ˜ e xy  2 xy ¸ ¨© 2t ¸¹ © ¹ 0

³



3 · t3 § 2 t3 4 ¨ 3t ˜ e  t  2t ˜ 3t ˜ e  2t ¸ dt © ¹

1

³

3

1

³ 3 y ˜ e

xy







 y 2  2t ˜ 3x ˜ e xy  2 xy dt

t 0



1

ª3 ˜ et 3  t 5 º «¬ »¼ 0 0  

9t 2 ˜ et  5t 4 dt

3P 3e1  2

Integration durch Substitution u: t 3

(c.) Nun sind die Linienintegrale über zwei verschiedene Wege gleich. Also könnte das Vektorfeld konservativ sein. Ob dies wirklich der Fall ist, überprüfen wir anhand der Integrabilitätsbedingung, die im zweidimensionalen Fall (also für zweidimensionale Vektorfelder) lautet: K

§ Fx ·

Das Feld sei F  x ; y ¨¨ ¸¸ © Fy ¹

(Die Indizes x und y am F stehen für Komponenten.)

330

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Die Integrabilitätsbedingung lautet

wFx wy

?

wFy wx

.

Ist sie erfüllt, so ist das Feld konservativ.

Wir prüfen dies nach: 2P

wFx wy wFy wx

½ 3e xy  3 yx ˜ e xy  2 y ° Wegen der Gleichheit dieser beiden partiellen Ab° ¾ Ÿ leitungen ist bewiesen, dass das Feld konservativ ist. 3e xy  3xy ˜ e xy  2 y ° °¿

Aufgabe 9.30 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes



(a.) (b.) (c.)

(a.) 4 min (b.) 1 min (c.) 2 min

Punkte

(a.) (b.) (c.)

hh

(a) 2 P (b) 1 P (c) 1 P § 3 y ˜ e xy  y 2 · ¸ gegeben worden. ¨ 3 x ˜ e xy  2 xy ¸ © ¹

K

In Aufgabe 9.29 war das konservative Vektorfeld F  x ; y ¨

(a.) Berechnen Sie das zugehörige skalare Feld V  x ; y (das sog. Potentialfeld), dessen GraK

K

dient das Feld F  x ; y ist, also für das gilt F  x ; y grad V  x ; y (b.) Bestimmen Sie anhand des Potentials, welchen Wert prinzipiell alle Linienintegrale, § 0·

§ 1·

beginnend beim Punkt A ¨ ¸ und endend beim Punkt B ¨ ¸ haben müssen. © 0¹ © 1¹ K

(c.) Kontrolle: Bilden Sie grad V  x ; y und kontrollieren Sie, dass sich F  x ; y ergibt.

 Lösung zu 9.30 (a.) Wir führen eine wegunabhängige Integration durch: V  x

2P V  x

³ F dx ³ 3 y ˜ e ³ F dy ³ 3x ˜ e

xy

x

xy

y

 y 2 dx  2 xy dy

3 ˜ e xy  xy 2  C1  y 3˜ e

xy

2

 xy  C2  x

½ xy 2 ¾ Ÿ V  x 3 ˜ e  xy  C ¿

Anmerkung: Bei Anwendungen wird die Integrationskonstante C benutzt, um den Potentialnullpunkt geeignet festzulegen. §1·

§ 0·







1 P (b.) Gesucht ist V  B  V  A V ¨ ¸  V ¨ ¸ 3 ˜ e1  12  C  3 ˜ e0  C 3 ˜ e1  2 ©1¹ © 0¹ Dies bestätigt unsere Ergebnisse von Aufgabe 9.29, Teile (a.) und (b.).

3 ˜ e xy  xy 2  C ·¸ ¸ ¨ wwy  3 ˜ e xy  xy 2  C ¸ © ¹

§ wV · §

w

1 P (c.) grad V  x ; y ¨ w x ¸ ¨ w x ¨ ¸ ¨ ¨ wwVy ¸ © ¹

§ 3 y ˜ e xy  y 2 · K ¨ ¸ ,passt, denn dies ist F  x ; y . ¨ 3x ˜ e xy  2 xy ¸ © ¹

Aufgabe 9.31 Divergenz und Rotation von Vektorfeldern

331

Aufgabe 9.31 Divergenz und Rotation von Vektorfeldern



Punkte (a…e.) je 3 P

hh

(a…e.) je 5 min

Bestimmen Sie die Divergenz und die Rotation der folgenden Vektorfelder: K

(a.) F  x ; y

§ 3 y ˜ e xy  y 2 · ¨ ¸ ¨ 3 x ˜ e xy  2 xy ¸ ¨ ¸ 3 ¨ ¸ © ¹

K

(b.) F  x ; y

§ x ˜ e y · ¨ ¸ K (c.) F  x ; y ; z ¨ y ˜ e z ¸ ¨ ¸ ¨ z ˜ e x ¸ © ¹

§ y ˜ z3 · ¨ ¸ K (d.) F  x ; y ; z ¨ x 2 ˜ z 2 ¸ ¨ ¸ ¨ y ˜ x3 ¸ © ¹

§ x2  y 2 · ¨ ¸ ¨ x2 ˜ y2 ¸ ¨ ¸ ¨ 5 ¸ © ¹

§ 3 yz  y · K (e.) F  x ; y ; z ¨¨ 3xz  x  z ¸¸ ¨ 3 xy  y ¸ © ¹

 Lösung zu 9.31 Arbeitshinweis: Die Berechnung von Divergenzen und Rotationen ist eine reine Frage der Rechentechnik. K K K K K K Man muss nur nach Rezept einsetzen: und div F ’ ˜ F rot F ’ u F (a.) K div F

K rot F

K K ’˜F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸˜¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨¨ w ¸¸ ¨© Fz ¸¹ © wz ¹ §w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸u¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨ Fz ¸ ¨ ¸ © ¹ © wz ¹

wFx wx



wFy wy



wFz wz

§ wFz wFy · ¨ wy  wz ¸ ¨ wF wF ¸ ¨ wzx  wxz ¸ ¨ ¸ ¨ wFy  wFx ¸ ¨ wx wy ¸¹ ©

3 y 2 ˜e xy  3x2 ˜e xy  2 x   0 









1P



w 3  w 3 x ˜ e xy  2 xy § ·  wz wy ¨ ¸ ¨ ¸ w 3 y ˜ e xy  y 2  w 3  ¨ ¸ wz wx ¨ ¸ xy xy 2 w w ¨ 3 x ˜ e  2 xy  3y ˜ e  y ¸ x y w w © ¹



§ 00 ¨ ¨ 00 ¨ ¨ 3e xy  3 xy ˜ e xy  2 y  3e xy  3 yx ˜ e xy  2 y ©





3 ˜ x 2  y 2 ˜ e xy  2 x





· ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

§ 0· ¨ ¸ ¨ 0¸ ¨ 0¸ © ¹

Arbeitshinweis: Dass das Feld wirbelfrei ist, erwarten wir nach den Aufgaben 9.29 und 9.30, denn es ist konK servativ. Wirbelfreie Felder (also Felder mit rot F 0 ) sind konservativ. Häufig benutzt man bei dreidimensionalen Feldern die Berechnung der Rotation, um die Integrabilitätsbedingung zu prüfen, d.h. um zu untersuchen, ob zu einem Vektorfeld ein skalares Potentialfeld existiert.

2P

332

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(b.) 1P

2P

K div F

K rot F

K K ’˜F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸˜¨ F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨F ¸ ¨ ¸ © z¹ © wz ¹ §w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸u¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨F ¸ ¨ ¸ © z¹ © wz ¹

wFx wx



wFy wy



wFz wz

§ wFz  wFy · ¨ wy wz ¸ ¨ wF wF ¸ x ¨ wz  wxz ¸ ¨ ¸ ¨ wFy  wFx ¸ ¨ wx wy ¸¹ ©

 2 x   2 x2 y   0



2 x  2 x2 y



w 5  w x2 ˜ y2 §  wz wy ¨ ¨ w 2 2 w ¨ wz x  y  wx  5 ¨ ¨ w x2 ˜ y 2  w x2  y 2 wy © wx











· ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

§ · 00 ¨ ¸ K ¨ ¸z0 00 ¨ ¸ ¨ 2 xy 2   2 y ¸ © ¹





Arbeitshinweis: Dieses Feld ist nicht rotationsfrei, sondern es enthält Wirbel. Vektorfelder mit Wirbeln sind nicht integrabel, d.h. es existiert kein skalares Potentialfeld, als dessen Gradient sich das untersuchte Vektorfeld darstellen lässt. Mit anderen Worten: Linienintegrale durch dieses Vektorfeld können bei gleichem Anfangs- und Endpunkt auf verschiedenen Wegen zu verschiedenen Ergebnissen führen. Dass das vorliegende Feld wirbelbehaftet ist, überrascht uns nach Aufgabe 9.28 nicht. (c.) 1P

2P

K div F

K rot F

K K ’˜F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸˜¨ F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨¨ w ¸¸ ¨© Fz ¸¹ © wz ¹ §w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸u¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨F ¸ ¨ ¸ © z¹ © wz ¹

wFx wx



wFy wy



wFz wz

 e y   e z   e x

§ wFz  wFy · § w z ˜ e  x  wwz y ˜ e z ¨ wy wz ¸ ¨ wy ¨ wF wF ¸ ¨ ¨ wzx  wxz ¸ ¨ wwz x ˜ e y  wwx z ˜ e x ¨ ¸ ¨ ¨ wFy  wFx ¸ ¨ w y ˜ e z  w x ˜ e y ¨ wx wy wy ¸¹ © wx ©

  

  

·¸ ¸¸¸ ¸¹

§ 0  y ˜ e z · ¨ ¸ K ¨ 0  z ˜ e x ¸ z 0 ¸ ¨ ¨ 0  x ˜ e y ¸ © ¹

Auch dieses Vektorfeld ist nicht konservativ, d.h. es existiert kein skalares Potentialfeld. (d.) 1P

2P

K div F

K rot F

K K ’˜F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸˜¨ F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨F ¸ ¨ ¸ © z¹ © wz ¹ §w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸u¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨F ¸ ¨ ¸ © z¹ © wz ¹

wFx wx



wFy wy



wFz wz

§ wFz wFy · ¨ wy  wz ¸ ¨ wF wF ¸ ¨ wzx  wxz ¸ ¨ ¸ ¨ wFy  wFx ¸ ¨ wx wy ¸¹ ©

000 0

  

  

Das Feld enthält weder Quellen noch Senken.

¸· ¸¸¸ ¸¹

§ w y ˜ x3  w x 2 ˜ z 2 wz ¨ wy ¨ w 3 3 w ¨ wz y ˜ z  wx y ˜ x ¨ ¨ w x2 ˜ z 2  w y ˜ z3 wy © wx

§ x3  2 x 2 z · ¨ ¸ K ¨ 3 yz 2  3 yx 2 ¸ z 0 ¨ ¸ ¨ 2 xz 2  z 3 ¸ © ¹

Aufgabe 9.32 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes

333

(e.) K div F

K rot F

K K ’˜F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸˜¨ F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨ Fz ¸ ¨ ¸ © ¹ © wz ¹

wFx wx



wFy wy



wFz wz

 0   0   0

0

Das Feld enthält weder Quellen noch Senken.

§ wFz  wFy · §w· § w  3xy  y  w  3 xz  x  z · ¨ wy wz ¸ wy wz § · ¨ wx ¸ Fx ¸ ¨ ¸ ¨ ¨ w ¸ u ¨ F ¸ ¨ wFx  wFz ¸ ¨ w  3 yz  y  w  3 xy  y ¸ ¨ ¸ y wx wx ¨ wy ¸ ¸ ¨ wz ¸ ¨ wz ¨ w ¸ ¨ F ¸ ¨ wFy wFx ¸ ¨ w w 3 yz y ¸ 3 xz x z     ¨ ¸ © z¹ ¨ ¸ wy  ¹  wy ¸ © wx  ¨ © wz ¹ © wx ¹

§  3x  1   3 x  1 · ¸ ¨ ¨ 3 y  3 y ¸ ¨ ¸ ©  3 z  1   3 z  1 ¹

1P

K 0

2P

Das Feld ist wirbelfrei, es handelt sich also um ein konservatives Vektorfeld.

Aufgabe 9.32 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes



6 min

Punkte 3P

hh

Betrachten Sie nochmals das in Aufgabe 9.31.e gegebene konservative Vektorfeld § 3 yz  y · K ¨ ¸ F  x ; y ¨ 3xz  x  z ¸ ¨ 3 xy  y ¸ © ¹

Bestimmen Sie das zugehörige Potentialfeld.

 Lösung zu 9.32 Da die Integrabilitätsbedingung bereits in Aufgabe (9.31.e) verifiziert wurde, können wir wegunabhängig integrieren: V  x; y; z V  x; y; z V  x; y; z

³ F dx ³ 3 yz  y dx 3 yzx  yx  C  y ; z ³ F dy ³ 3xz  x  z dy 3xzy  xy  zy  C  x ; z ³ F dz ³ 3xy  y dz 3xyz  yz  C  x ; y x

1

y

z

2

3

In Übereinstimmung zu bringen sind diese Ausdrücke für C1  y ; z z ˜ y  C , C2  x ; z 0  C , C3  x ; y x ˜ y  C Damit ergibt sich das Potential zu V  x ; y ; z 3xzy  xy  zy  C

3P

334

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Aufgabe 9.33 Das Potentialfeld eines Vektorfeldes

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

2 min 4 min 1 min 6 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

Punkte (a) 1 P (b) 2 P

hh hh

(c) 1 P (d) 3 P

§ 3x 2 y  2 z 3 · ¨ ¸ ¨ x3  2 yz 2 ¸ ¨ ¸ ¨ 2 y 2 z  6 xz 2 ¸ © ¹

K

Gegeben sei das Vektorfeld F  x ; y ; z

(a.) Ist das Feld divergenzfrei? (b.) Ist das Feld wirbelfrei? (c.) Ist das Feld konservativ? (d.) Berechnen Sie, falls möglich, das zugehörige Potentialfeld.

 Lösung zu 9.33 K

1 P (a.) Es gilt div F

w w 3 w x  2 yz 2  3x 2 y  2 z3  2 y 2 z  6 xz 2 wx wy wz













6 xy  2 z 2  2 y 2  12 xz z 0

Also ist das Feld nicht überall divergenzfrei, d.h. es enthält Quellen oder Senken.

2P

K (b.) rot F

K K ’u F

§w· ¨ wx ¸ § Fx · ¨ w ¸u¨F ¸ ¨ wy ¸ ¨ y ¸ ¨ w ¸ ¨ Fz ¸ ¨ ¸ © ¹ © wz ¹

§ wFz  wFy · ¨ wy wz ¸ ¨ wF wF ¸ x ¨ wz  wxz ¸ ¨ ¸ ¨ wFy  wFx ¸ ¨ wx wy ¸¹ ©

§ 4 yz  4 yz · ¨ 2 2¸ ¨ 6 z  6 z ¸ ¨¨ 2 2 ¸¸ © 3x  3x ¹

K 0 Also ist das Feld überall wirbelfrei.

(c.) Da die Begriffe „wirbelfrei“, „rotationsfrei“ und „konservativ“ für Vektorfelder gleichbedeu1 P tend sind, ist ein wirbelfreies Feld auch konservativ. Damit ist es in unserem Beispiel auch möglich, ein zugehöriges Potentialfeld zu bestimmen.

Aufgabe 9.34 Bsp. für ein zentralsymmetrisches Potentialfeld

335

(d.) Die wegunabhängige Integration verläuft wie folgt:

³ F dx ³ F dy ³ F dz

V  x; y; z

x

V  x; y; z

y

V  x; y; z

z

³ 3x y  2 z dx x y  2 xz  C  y ; z ³  x  2 yz dy x y  y z  C  x ; z ³  2 y z  6 xz dz y z  2 xz  C  x ; y 2

3

3

3

1

3

2

3

2 2

2

2

2

2 2

3

3

Übereinstimmung tritt ein für C1  y ; z

2 2

2 xz 3  C , C3  x ; y

y z  C , C2  x ; z

x3 y  C

3P

Dann ergibt sich das Potential zu V  x ; y ; z x3 y  y 2 z 2  2 xz 3  C

Aufgabe 9.34 Bsp. für ein zentralsymmetrisches Potentialfeld



(a.) (b,c.)

(a.) 7 min (a.) (b,c.) je 4 min (b,c.)

Punkte (a) 3 P (b) 2 P

hhh

(c) 2 P

1

Gegeben sei ein zentralsymmetrisches Potentialfeld V  x ; y ; z

2

x  y2  z2

Berechnen Sie grad V auf zwei Arten: (a.) Bildung des Gradienten in kartesischen Koordinaten und anschließend Koordinatentransformation des Gradienten in Kugelkoordinaten. (b.) Koordinatentransformation des Potentials in Kugelkoordinaten und anschließend Bildung des Gradienten in Kugelkoordinaten. (c.) Berechnen Sie div  gradV .

 Lösung zu 9.34 (a.) In kartesischen Koordinaten berechnen wir den Gradienten:

grad V

§w 2 2 2 ¨ wx x  y  z ¨ ¨w 2 2 2 ¨ wy x  y  z ¨ ¨ w x2  y2  z 2 ¨ wz ©

  

 12

 

· ¸ ¸ 1 2 ¸ ¸ 1 ¸ 2 ¸ ¸ ¹

§ 1 2 2 2 ¨ 2 ˜ x  y  z ¨ ¨ 1 2 2 2 ¨ 2 ˜ x  y  z ¨ ¨  1 ˜ x2  y 2  z 2 ¨ 2 ©

  

 32

 

· ˜ 2x ¸ ¸ 3 ¸ 2 ˜ 2y¸ ¸ 3 2 ˜ 2 z ¸¸ ¹

1

x

2

2

y z

2

2

2

2

Transformation in Kugelkoordinaten basiert auf r

x y z

K r

T

K r ˜ er

grad V



3 2

§ x· ¨ ¸ ˜¨ y¸ ¨z¸ © ¹

und

2P

K r

§ x· ¨ ¸ ¨ y¸ ¨ z¸ © ¹

(mit

Vektor vom Koordinatenursprung zum Punkt  x ; y ; z ) und liefert: 1

 r

2

3 2

§ x· ¨ ¸ ˜¨ y¸ ¨ z¸ © ¹

K r

K er

r3

r2

K

K

(Dabei ist er der Einheitsvektor in Richtung von r )

1P

336

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

(b.) Die Transformation des Potentials in Kugelkoordinaten liefert V  r ;- ;M

1 r

§ · wV ¨ ¸ wr ¨ 1 wV ¸ ¨ r ˜ w- ¸ ¨ 1 wV ¸ ¨ r ˜sin - ˜ wM ¸ © ¹

2 P Der Gradient in Kugelkoordinaten berechnet sich als grad V

Für unser zentralsymmetrisches Potential erhalten wir somit den Gradienten 2P

grad V

§ · wV ¨ ¸ wr ¨ 1 wV ¸ ¨ r ˜ w- ¸ ¨ 1 wV ¸ ¨ r ˜sin - ˜ wM ¸ © ¹

§ 21 · ¨r ¸ ¨0¸ ¨ ¸ ¨0¸ © ¹

K er r2

Logischerweise müssen die Aufgabenteile (a.) und (b.) zum selben Ergebnis führen. (c.) Auch die Berechnung der Divergenz ist am leichtesten direkt in Kugelkoordinaten. Die K Divergenz eines Vektorfeldes F in Kugelkoordinaten lautet: K div  F

2P

K Mit F







2 w FM w  sin - ˜ F- 1 w r ˜ Fr 1 1 ˜  ˜  ˜ 2 sin sin w r r ˜ w r ˜ wM   r

§ 21 · ¨r ¸ K ¨ 0 ¸ folgt: div  F ¨ ¸ ¨0¸ © ¹

grad V

1 w § 2 1 · ˜ ¨r ˜ 2 ¸  0 0 r 2 wr © r ¹

1 r2

˜0 0

Anmerkung: Ein zentralsymmetrisches Feld wie das hier behandelte taucht z.B. bei Newton’s Gravitationsformel oder auch beim elektrischen Feld einer Punktladung auf.

Aufgabe 9.35 Vektorfelder in Kugelkoordinaten

 

(div)

10 min

(div)

(rot)

15 min

(rot)

hhh hhh

Punkte (div) 5 P (rot) 9 P

Gegeben sei ein Vektorfeld in Kugelkoordinaten, dessen Divergenz und Rotation Sie bitte ebenfalls in Kugelkoordinaten berechnen. §r· K¨ ¸ F ¨- ¸ ¨M ¸ © ¹

§ Fr · ¨ ¸ ¨ F- ¸ ¨ ¸ © FM ¹

§ A ˜ sin  2- ˜ cos M · ¨ ¸ ¨ B ˜ sin  2- ˜ sin M ¸ ¨¨ ¸¸ 2 © C  D ˜ sin - ¹

Aufgabe 9.35 Vektorfelder in Kugelkoordinaten

337

 Lösung zu 9.35 Die Divergenz in Kugelkoordinaten lautet: K div  F







2 w FM w  sin - ˜ F- 1 w r ˜ Fr 1 1 ˜  ˜  ˜ 2 wr r ˜ sin - wr ˜ sin - wM r

Die Rotation in Kugelkoordinaten lautet:

K rot  F

§ 1 § w  sin - ˜FM wF wM ¨ r ˜sin - ˜ ¨ w¨ © ¨ w  r ˜ FM wF 1 ¨ ˜ r  1 ˜ wr ¨ r ˜sin - wM r ¨ 1 ˜ w  r ˜ F-  1 ˜ w  Fr ¨ r wr r w¨ ©

·· ¸¸ ¹¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

Damit ergibt sich die Divergenz des in der Aufgabenstellung gegebenen Vektorfeldes zu K div  F





2 w  sin - ˜ B ˜ sin  2- ˜ sin M 1 w r ˜ A ˜ sin  2- ˜ cos M 1 ˜  ˜  N0 2 wr wr ˜ sin - r n

da FM von M unabhängig ist 1 r

2

1 r

2

˜ A ˜ sin  2- ˜ cos M ˜

B ˜ sin M w wr  ˜ sin - ˜ sin  2- wr r ˜ sin - w2

˜ A ˜ sin  2- ˜ cos M ˜ 2r 

B ˜ sin M r ˜ sin -

˜  cos - ˜ sin  2-  2 ˜ sin - ˜ cos  2-

2A 2B B sin M ˜ sin  2- ˜ cos M  ˜ sin M ˜ cos  2-  ˜ ˜ sin  2- r r r tan -

5P

Die Angabe bezieht sich natürlich ebenfalls auf Kugelkoordinaten. Aus Gründen der Übersicht schreiben wir die Berechnung der Rotation komponentenweise: • Die Radialkomponente lautet K ª º ¬ rot  F ¼ r



§ w sin - ˜ FM 1 ˜ wr ˜sin - ¨ ©

1 ˜ w r ˜sin - w-



wF ·  wM- ¸ ¹

sin - ˜ C  D ˜ sin -  2

1 ˜ w r ˜sin - wM

 B ˜ sin  2- ˜ sin M

 C ˜ sin -  D ˜ sin3 -  r˜sin1- ˜ wwM  B ˜ sin  2- ˜ sin M B˜sin  2- 1 ˜ C ˜ cos -  3D ˜ sin 2 - ˜ cos -  ˜ cos M r ˜sin -  r ˜sin - 1 ˜ w r ˜sin - w-

3P

Die - -Komponente lautet K ª º ¬ rot  F ¼-

wF 1 ˜ r r ˜sin - wM



 1r ˜

A˜sin  2- ˜ sin r ˜sin -



w r ˜ FM wr



1 ˜ w r ˜sin - wM

 A ˜ sin  2- ˜ cos M  1r ˜ wwr ¬ªr ˜ C  r ˜ D ˜ sin 2 - ¼º

M  1r ˜  C  D ˜ sin 2 -

3P

338

9 Funktionen mehrerer Variabler und Vektoranalysis

Die M -Komponente lautet K ª rot  F º ¬ ¼M

1 ˜ w  r ˜ F- r wr 1 ˜ B ˜ sin r

3P

 1r ˜

w  Fr w-

1˜ w r wr

 r ˜ B ˜ sin  2- ˜ sin M  1r ˜ ww-  A ˜ sin  2- ˜ cos M

 2- ˜ sin M  2rA ˜ cos  2- ˜ cos M

Da die Rotation ein Vektorfeld ist, schreiben wir die Lösung durch Zusammenfassen der Komponenten auf (wieder in Kugelkoordinaten): K rot  F

§ C ˜ cos -  3D ˜ sin 2 - ˜ cos -  B˜sin  2- ˜ cos M ·  r ˜sin -   r ˜sin -  ¸ ¨ r ˜sin - ¨ ¸ A˜sin  2- ¨ ¸  ˜ sin M  Cr  Dr ˜ sin 2 - r ˜sin - ¨ ¸ ¨ ¸ 1 ˜ B ˜ sin 2- ˜ sin M  2 A ˜ cos 2- ˜ cos M   r   ¨ ¸ r © ¹

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.1 Textbeispiel – Permutationen



4 min

h

Punkte 2P

Sie haben im Geldbeutel 5 Zehn-Cent-Münzen, 3 Fünfzig-Cent-Münzen und 4 Ein-EuroMünzen. Wie viele verschiedene Möglichkeiten der Anordnung ergeben sich, wenn Sie die Münzen eine nach der anderen aus dem Geldbeutel entnehmen? (Wir setzen voraus, dass Münzen gleichen Wertes nicht unterschieden werden können.)

 Lösung zu 10.1 Arbeitshinweis: Wird jedes Element genau einmal entnommen, so muss die Zahl der Permutationen berechnet 1 P werden. In unserem Beispiel liegt folgender Fall vor: n1 n2 n3

5 Münzen der ersten Sorte

Anzahl der Permutationen: ½ ° 3 Münzen der zweiten Sorte ¾ Ÿ n! n1 ; n2 ; n3  Pn  mit n n1  n2  n3 n1 ! n2 ! n3 ! 4 Münzen der dritten Sorte °¿

 5;3;4 Einsetzen der Werte liefert: P12

12! 1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6 ˜ 7 ˜ 8 ˜ 9 ˜ 10 ˜ 11 ˜ 12 5! 3! 4! 1 ˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 1 ˜ 2 ˜ 3 ˜1 ˜ 2 ˜ 3 ˜ 4

27720

Antwort: Es gibt also 27720 Möglichkeiten, die Münzen anzuordnen. Anmerkung: Das Ausschreiben der Fakultäten dient dem Hinweis, dass man mit vernünftigem Kürzen den Rechenaufwand minimieren kann.

Aufgabe 10.2 Textbeispiel – Kombinationen



5 min

hh

Punkte 3P

In einem Hörsaal mit 80 Sitzplätzen nehmen 50 Studierende Platz. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Leute auf den Sitzen zu anzuordnen.

1P

340

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

 Lösung zu 10.2 Arbeitshinweis: Bei der Bearbeitung dieses Aufgabentyps beginnt man mit der Unterscheidung zwischen Variationen und Kombinationen (geordnete und ungeordnete Stichprobe) und überlegt sich, ob eine Wiederholung möglich ist oder nicht. Auf diese Weise klärt man, welche Formel anzuwenden ist. In unserem Beispiel gilt: Die Reihenfolge, in der sich die Personen auf die Plätze setzen, ist egal, d.h. es interessiert nicht, wer sich zuerst hinsetzt und wer danach. Æ Kombinationen 1 P Jeder nimmt nur einen und genau einen Platz ein Æ ohne Wiederholung §n·

n!

Die zugehörige Formel lautet Cn k ¨ ¸ © k ¹ k !˜  n  k ! 2P

 50 C80

mit

k=50 Studierende n=80 Sitzplätze

TR 80! 8871412534840453463008 | 8.8714 ˜ 1021 Möglichkeiten der Platzierung. 50!˜ 30!

Anmerkung: Der Taschenrechner kann diese Zahl berechnen – wenn man nicht stupide die 51˜52˜53˜...˜79˜80 Fakultäten eintippt, sondern zuerst kürzt: 50!80! ˜ 30! 1˜2˜3˜...˜29˜30

Aufgabe 10.3 Textbeispiel – Variationen



(a,b,c.) zusammen 6 min

hh

Punkte 4P

Unser Alphabet enthält 26 Buchstaben. Wie viele verschiedene Worte lassen sich maximal bilden (a.) aus genau drei Zeichen? (b.) aus mindestens zwei und höchstens vier Zeichen? (c.) aus bis zu fünf Zeichen?

 Lösung zu 10.3 Arbeitshinweis: 1 P Bei der Darstellung von Worten spielt die Reihenfolge der Buchstaben eine entscheidende Rolle, also betrachten wir eine geordnete Stichprobe, d.h. Variationen. Da eine Wiederholung der Buchstaben möglich ist, betrachten wir Variationen mit Wiederholung. Deren Anzahl lautet: VW k; n

n k , mit n

1 P (a.) Genau drei Zeichen ergeben VW 3;26

Zahl der Elemente und k 263 17576 Möglichkeiten.

Stichprobenumfang.

Aufgabe 10.4 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten

341

V  3 V  4 262  263  264 475228 Möglichkeiten. (b.) Zwei bis vier Zeichen ergeben VW 2;26 W ;26 W ;26

1P

(c.) Ein bis fünf Zeichen ergeben 1 2 3 4 5 VW ;26  VW ;26  VW ;26  VW ;26  VW ;26

261  262  263  264  265

12356630 Möglichkeiten

1P

Aufgabe 10.4 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

(a.) 8 min (b.) 8 min (c.) 5 min (d.) 5 min (e.) 5 min

Punkte:

hh

(a.) 4 P (b.) 6 P (c.) 2 P (d.) 3 P (e.) 3 P

Beim Skatspiel werden 32 Karten verteilt. Drei Spieler bekommen je 10 Karten und zwei Karten werden in den sog. Stock gelegt. (a.) Wie viele verschiedene Spielsituationen sind prinzipiell möglich? (b.) Wie viele Möglichkeiten gibt es, dass einer der drei Spieler alle vier Buben erhält? (c.) Wie groß ist für jeden einzelnen Spieler die Wahrscheinlichkeit, alle vier Buben zu erhalten? (d.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Buben im Stock liegen? (e.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für einen Spieler, ganz ohne Buben zu spielen?

 Lösung zu 10.4 (a.) Drei Spieler bekommen je 10 Karten. Da jede der Karten genau einmal vorhanden ist, findet das Austeilen der Karten ohne Wiederholung statt (Æ Kombinationen), wobei die Reihenfolge egal ist, in der man die Karten bekommt. § 10 ·

10 • Der erste Spieler bekommt 10 Karten aus 32: C32 ¨ ¸ 64512240 Möglichkeiten © 32 ¹

1P

§ 10 ·

10 • Der zweite Spieler bekommt 10 Karten aus den verbliebenen 22: C22 ¨ ¸ 646646 Mög. 1 P © 22 ¹ §10 ·

10 • Der dritte Spieler bekommt 10 Karten aus den verbliebenen 12: C12 ¨ ¸ 66 Möglichk. ©12 ¹

1P

• Schließlich werden 2 von 2 Karten in den Skat gelegt, dafür gibt es genau 1 Möglichkeit. Gefragt ist, nun nach der Zahl der Spielsituationen insgesamt, also 10 10 10 C32 ˜ C22 ˜ C12

TR § 10 · § 10 · § 10 · 15 ¨ ¸ ˜ ¨ ¸ ˜ ¨ ¸ ˜ 1 2753294408504640 | 2.7533 ˜ 10 32 22 12 © ¹ © ¹ © ¹

1P

342

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(b.) Geben wir dem ersten Spieler alle vier Buben. Dazu sucht man gezielt (d.h. außerhalb der 2 P Zufälligkeit) alle vier Buben heraus und gibt ihm danach per Zufall die restlichen 6 Karten aus den übrig gebliebenen 28 Karten. Wieder handelt es sich um Kombinationen ohne Wiederholung: 1P

k Cn

 C28 6

§6 · ¨ ¸ © 28 ¹

28! 6!˜  28  6 !

23 ˜ 24 ˜ 25 ˜ 26 ˜ 27 ˜ 28 1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6

376740 Möglichkeiten

Die Zahl der Möglichkeiten für den zweiten Spieler, den dritten Spieler und den Skat sind 10 , C 10 und 1. wie bei Aufgabenteil (a.), also C22 12

Die Zahl der Möglichkeiten, dass der erste Spieler vier Buben bekommt, ist also 1P

TR

 6 10 10 C28 ˜ C22 ˜ C12

376740 ˜ 646646 ˜ 66 16078749326640 | 1.60787 ˜ 1013

Ebensogroß wie die Zahl der Möglichkeiten für den ersten Spieler ist die Zahl der Möglich1 P keiten für den zweiten und für den dritten Spieler. Die Zahl der Möglichkeiten insgesamt (die hier gefragt ist), ist also dreimal so groß wie Zahl der Möglichkeiten für jeden einzelnen Spieler: 1P

 6 10 10 3 ˜ C28 ˜ C22 ˜ C12

TR

3 ˜ 376740 ˜ 646646 ˜ 66

48236247979920 | 4.8236 ˜ 1013

(c.) Dazu können wir die Zahl der Möglichkeiten für einen einzelnen Spieler aus Aufgabenteil (b.) in Relation zur Gesamtzahl aller Möglichkeiten aus Aufgabenteil (a.) setzen: 1P

Pgefragt

 6 10 10 C28 ˜ C22 ˜ C12 10 10 10 C32 ˜ C22 ˜ C12

 6 C28 10 C32

Wie man sieht, lässt sich der Bruch sehr stark kürzen. Man hätte sich auch gleich den gekürzten Bruch überlegen können, nämlich als denjenigen Quotienten, den man erhält, wenn man die Zahl der Möglichkeiten einem Spieler vier Karten (Buben) gezielt und dazu 6 Karten (die restlichen) willkürlich zu geben in Relation setzt zur Zahl der Möglichkeiten, diesem Spieler 10 beliebige Karten zu geben. Die numerische Berechnung des Ergebnisses ist unkompliziert: 1P

Pgefragt

6 C28 10 C32

10!˜  32  10 ! 28! ˜ 6!˜  28  6 ! 32!

7 ˜ 8 ˜ 9 ˜ 10 TR | 0.584% 29 ˜ 30 ˜ 31 ˜ 32

 . (d.) Die Zahl der Möglichkeiten, zwei beliebige Karten aus dem Stapel zu ziehen, ist C32 2

1 P Die Zahl der Möglichkeiten, zwei aus den vier vorhandenen Buben zu ziehen, ist C  2 . 4 Damit ist die Wahrscheinlichkeit, dass die beiden beliebigen Karten gerade zwei Buben sind, 2 P gegeben durch P

2 C4

 2

C32

4! 2!˜2! 32! 30!2!

1˜2˜3˜4 2˜2 31˜32 2

1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 2 2 ˜ 2 ˜ 31 ˜ 32

48 TR | 1.21% 3968

Aufgabe 10.6 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten

343

(e.) Dazu entnehme man dem Stapel gezielt die vier Buben und berechne die Zahl der Möglichkeiten, 10 aus den restlichen 28 Karten zu geben: 10 C28

§10 · 28! 19 ˜ 20 ˜ 21 ˜ 22 ˜ 23 ˜ 24 ˜ 25 ˜ 26 ˜ 27 ˜ 28 13123110 Möglichkeiten ¨ ¸ 28 10! 28 10 ! 1 ˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6 ˜ 7 ˜ 8 ˜ 9 ˜ 10 ˜   © ¹

2P

Die Zahl dieser Möglichkeiten ist in Relation zu setzen mit der Zahl der Möglichkeiten des 10 64512240 Möglichkeiten 10 Karten-Bekommens überhaupt (siehe Teil b.): C32

Also ist die gefragte Wahrscheinlichkeit P

13123110 64512240

TR

| 20.34% (für ein Spiel ohne Buben).

1P

Aufgabe 10.5 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



Punkte 3P

hh

4 min

Bei einem Wettkampf starten 12 Sportler. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei einer Wette die Zuteilung von Gold-, Silber- und Bronzemedaille richtig vorherzusagen?

 Lösung zu 10.5 Selbstverständlich spielt hier die Reihenfolge eine Rolle, also haben wir es mit einer geordneten Stichprobe (Variationen) ohne Wiederholung zu tun. Wir berechnen zuerst die Zahl der Möglichkeiten des Zieleinlaufs der ersten drei Sportler insgesamt: Vn k V12 3

12!

12 3 !

12! 9!

10 ˜ 11 ˜ 12 1320

mit

n=Zahl der Sportler k=Zahl der geordnet Entnommenen

Genau eine dieser Möglichkeiten wird sich als tatsächliches Wettkampfresultat herausstellen, 3 P also ist die gefragte Wahrscheinlichkeit: P

1 1320

TR

| 0.076% .

Aufgabe 10.6 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



zusammen (a…h.) 20 min

hh

Punkte komplett 11 P

Ein typisches Zufallsexperiment, welches auch in Prüfungen immer wieder auftaucht, ist das Würfeln. Nehmen wir an, wir würfeln mit drei Würfeln gleichzeitig und berechnen die Wahrscheinlichkeiten für das Würfeln (a.) mindestens einer Sechs. (b.) genau zweier Sechsen. (c.) maximal dreier Sechsen. (d.) genau einer Sechs. (e.) mindestens dreier Sechsen. (f.) gar keiner Sechs. (g.) maximal einer Sechs. (h.) von mehr als einer Sechs. Es wird die Verwendung eines Wahrscheinlichkeitsbaumes empfohlen.

344

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

 Lösung zu 10.6 Ein Wahrscheinlichkeitsbaum zu diesem Zufallsexperiment ist in Bild 10-6. konstruiert. Wie üblich sind an den einzelnen Zweigen die Wahrscheinlichkeiten ab dem jeweiligen Knoten markiert, der den Ast hält und zwar bis zum nächsten Knoten. Bild 10-6 Wahrscheinlichkeitsbaum zum Würfeln mit drei Würfeln. Im Hinblick auf die Fragestellungen wurde bei den einzelnen Würfen nur unterschieden, ob Sechsen („S“) oder andere Zahlen („A“) geworfen werden. Die Kleinbuchstaben am Ende der einzelnen Pfade geben an, zu welchen einzelnen Aufgabenteilen die jeweiligen Pfad-Wahrscheinlichkeiten addiert werden müssen.

3P

Arbeitshinweis: - Die Wahrscheinlichkeiten längs eines Pfades werden miteinander multipliziert. - Führen mehrere Pfade zum selben Endergebnis, so addieren sich die Wahrscheinlichkeiten. Damit lassen sich die in der Aufgabenstellung gefragten Wahrscheinlichkeiten durch einfache Multiplikationen und Additionen bestimmen:

1P

(a.) Wir addieren alle Pfad-Wahrscheinlichkeiten, die mit einem „a“ enden und erhalten die Wahrscheinlichkeit Pa

1˜1˜1 6 6 6

 16 ˜ 16 ˜ 56  16 ˜ 56 ˜ 16  16 ˜ 56 ˜ 56  56 ˜ 16 ˜ 16  56 ˜ 16 ˜ 56  56 ˜ 56 ˜ 16

1 5 5 25 5 25 25 216

TR

91 | 42.13% 216

(b.) Alle Pfade mit einem „b“ führen zu einer Gesamtwahrscheinlichkeit von 1P

Pb

1˜1˜5 6 6 6

 16 ˜ 65 ˜ 16  65 ˜ 16 ˜ 16

55 5 216

15 216

TR

| 6.94% .

(c.) Mit drei Würfeln kann man höchstens drei Sechsen würfeln – mehr geht nicht. Also ist 1 P die Forderung der Aufgabenstellung (c.) in jedem Fall erfüllt. Ÿ Pc 100% . Da man bei (c.) nichts rechnen muss, sind die Pfade zu (c.) nicht im Wahrscheinlichkeitsbaum eingetragen. 1 P (d.) Addition aller Pfade „d“ führt zu Pd

1˜5˜5 6 6 6

 65 ˜ 16 ˜ 56  65 ˜ 56 ˜ 16

25  25  25 216

75 216

TR

| 34.72% .

(e.) Mindestens drei Sechsen sind genau drei Sechsen, denn mehr geht nicht: 1P

Ÿ Pe

1˜1˜1 6 6 6

1 216

TR

| 0.463% .

führt zu genau einem einzigen Pfad. Dieser hat 1 P (f.) Auch die Fragestellung „gar keine Sechs“ TR 5 5 5 125 die Wahrscheinlichkeit Pf 6 ˜ 6 ˜ 6 216 | 57.87% .

Aufgabe 10.7 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten

345

(g.) Hier sind die Wahrscheinlichkeiten vierer Pfade zu addieren: 1˜5˜5 6 6 6

Ÿ Pg

 56 ˜ 16 ˜ 56  56 ˜ 56 ˜ 16  56 ˜ 56 ˜ 56

25  25 25125 216

200 216

TR

| 92.59% .

1P

(h.) Dies ist das Komplement zur Wahrscheinlichkeit (g.), also ist Ph

1  Pg

1  200 216

16 216

TR

1P

| 7.41% .

Da wir die Antwort zu Aufgabenteil (h.) nicht im Wahrscheinlichkeitsbaum suchen, sind die Pfade ebenfalls nicht in Bild 10-6 eingetragen.

Aufgabe 10.7 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



(a.) (b.)

(a) 8 min (b) 2 min

hh

Punkte (a.) 4 P (b) 2 P

Im Qualitätswesen gibt es den Begriff des AQL (= Acceptable Quality Level, zu Deutsch die Annehmbare Qualitätsgrenzlage). Man drückt damit aus, wie viele Schlechtteile bei einer Serienfertigung in einer Lieferung akzeptiert werden. Nehmen wir an, Ihre Firma kauft eine Kiste mit 100 Bauteilen, in denen 5 Schlechtteile enthalten sind. Für jedes Gerät, das Sie bauen, benötigen Sie 5 Bauteile, sodass Sie 20 Geräte herstellen. (a.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für jedes einzelne Gerät, in Ordnung zu sein? (b.) Wie viele schlechte Geräte liefert Ihre Firma im Durchschnitt aufgrund dieser Vorgehensweise aus?

 Lösung zu 10.7 Die Bauteile werden ohne Beachtung der Reihenfolge gezogen (Kombinationen) und ohne 1 P Wiederholung. (a.) Wir setzen nun in Relation: Wie viele Kombinationen ohne Wiederholung gibt es insgesamt und wie viele davon enthalten keine Schlechtteile? Zahl der Kombinationen insgesamt – dazu werden 5 beliebige Teile aus den 100 Teilen ent§ 5 ·

100!

96 ˜ 97 ˜ 98 ˜ 99 ˜ 100

 5 75287520 nommen Æ C100 ¨ ¸ 1P 1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ©100 ¹ 5!˜ 95! Zahl der Kombinationen, die nur Gutteile enthalten – dazu sortieren wir die 5 Schlechtteile aus und entnehmen 5 beliebige Teile aus den restlichen 95 Gutteilen § 5·

95!

 5 Æ C95 ¨ ¸ © 95 ¹ 5!˜ 90!

91 ˜ 92 ˜ 93 ˜ 94 ˜ 95 1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5

57940519

1P

Der Quotient gibt die Wahrscheinlichkeit an, bei 5 entnommenen Teilen zufällig lauter Gut C95 5

teile zu erwischen:

PAufgabe(a.)

 5

C100

57940519 TR | 76.96% 75287520

1P

346

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(b.) Hier sind alle Geräte gefragt, bei denen nicht zufällig lauter Gutteile verbaut wurden. Dies ist das Komplement zu der in Aufgabenteil (a.) berechneten Wahrscheinlichkeit: 2P

TR

PAufgabe(b.)

100%  PAufgabe(a.) | 23.04% der Geräte sind schlecht, sofern keine zusätzlichen

weiteren Fehler aus anderen Fehlerquellen als den hier genannten auftreten.

Aufgabe 10.8 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



(a…d.)

je 3 min

hh

Punkte: je 1 P

Ein typisches Standardbeispiel für Prüfungssituationen ist das Würfeln mit mehreren Würfeln. Nehmen wir an, Sie würfeln mit zwei Würfeln und zählen die Augensumme. (a.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Augensumme genau ZEHN beträgt? (b.) Betrachten wir nur die Würfe mit Augensumme ZEHN – Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie dabei ein „Pasch“ würfeln (d.h. beide Würfel zeigen gleiche Zahlen)? (c.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Augensumme mindestens ZEHN beträgt? (d.) Betrachten wir alle überhaupt möglichen Würfe insgesamt - Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie mit einem „Pasch“ eine Augensumme von mindestens ZEHN würfeln?

 Lösung zu 10.8 Bei der Lösung dieser Aufgabe ist es am einfachsten, auf die einzelnen Elementarereignisse zurückzugreifen. Das Würfeln mit zwei Würfeln bietet genau 36 Möglichkeiten. (a.) Folgende Möglichkeiten führen zur Augensumme ZEHN: (4+6) / (5+5) / (6+4) 1P

1P

1P

Das sind 3 Möglichkeiten aus 36. Ÿ Pa

(b.) Genau eine der drei Möglichkeiten aus Aufgabenteil (a.) enthält ein „Pasch“, nämlich die (5+5). Ÿ Pb

1 TR | 33.33% . 3

(c.) Die Forderung „Augensumme mindestens ZEHN“ wird von folgenden Kombinationen erfüllt: (6+4) /(6+5) /(6+6) /(5+5) /(5+6) /(4+6) Das sind 6 Möglichkeiten aus 36. Ÿ Pc

1P

3 TR | 8.33% . 36

6 TR | 16.67% . 36

(d.) Aus der Liste der Würfe mit „Augensumme mindestens ZEHN“ sind dies genau die beiden Möglichkeiten: (6+6) /(5+5) Ÿ Pd

2 TR | 5.556% . 36

Stolperfalle: Bei den Aufgabenteilen (b.) und (d.) unterscheide man zwischen den verschiedenartigen Fragestellungen. Bei (b.) ist eine bedingte Wahrscheinlichkeit gefragt, nämlich „Pasch unter der Bedingung der Augensumme ZEHN“, bei (d.) hingegen bezieht sich die Frage auf die Grundgesamtheit (aller 36 möglichen Würfe).

Aufgabe 10.9 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten

347

Aufgabe 10.9 Textbsp. Berechnung von Wahrscheinlichkeiten



Baum + Zusammen (a…i.) 20 min.

hh

Punkte komplett 13 P

Aus einem Stapel Rommé-Karten (110 Karten) dürfen Sie nacheinander drei Karten ziehen in der Hoffnung auf einen Joker. Der Stapel enthält 6 Joker. Gezogene Karten werden nicht zurückgelegt. (a.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie dabei überhaupt Joker bekommen? (b.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie dabei genau einen Joker bekommen? (c.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie dabei genau zwei Joker bekommen? (d.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie dabei genau drei Joker bekommen? (e.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie beim ersten und dritten Versuch einen Joker ziehen, beim zweiten aber nicht? (f.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim ersten Versuch einen Joker zu ziehen? (g.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim zweiten Versuch einen Joker zu ziehen? (h.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, beim dritten Versuch einen Joker zu ziehen? (i.) Vergleichen Sie die Wahrscheinlichkeiten für das Ziehen eines Jokers im zweiten Versuch unter der Voraussetzung, dass im ersten Versuch kein Joker gezogen wurde, mit der Wahrscheinlichkeit, dass im ersten Versuch doch einer gezogen wurde.

 Lösung zu 10.9 Vorgehensweise: Aus der Komplexität der Fragestellungen wird klar, dass es sinnvoll ist, hier wieder mit einem Wahrscheinlichkeitsbaum zu arbeiten. Diese Methode ist gerade bei komplizierten Fragestellungen deshalb empfehlenswert, weil sie die Übersicht maximiert. Arbeitshinweis: In Prüfungssituationen ist die Arbeitsweise mit dem Wahrscheinlichkeitsbaum im Allgemeinen sehr empfehlenswert, denn er strukturiert die Denkvorgänge in sehr übersichtlicher Weise und schafft daher eine hohe Sicherheit beim Auffinden der korrekten Lösungen. Wann immer es möglich ist, ist die Verwendung eines Wahrscheinlichkeitsbaumes ratsam. Arbeitshinweis: Wahrscheinlichkeitsbäume lassen sich speziell im Hinblick auf die Fragestellung erstellen. Dies sollte man auch tun, um den Aufwand beim Zeichnen des Wahrscheinlichkeitsbaumes zu minimieren. Würde man z.B. beim Rommé-Stapel alle verschiedenen Karten einzeln aufführen, so würde der Wahrscheinlichkeitsbaum gigantisch. Beschränkt man sich hingegen nur auf die Aspekte der Aufgabenstellung, so spart man Arbeitszeit.

348

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Der Wahrscheinlichkeitsbaum zu Aufgabe 10.9 ist in Bild 10-9 konstruiert. Da ohne Zurücklegen gearbeitet wird, muss bei der Angabe der einzelnen Wahrscheinlichkeiten an den Zweigen die jeweils aktuelle Zahl der Karten berücksichtigt werden.

Bild 10-9 Wahrscheinlichkeitsbaum zum Ziehen von Jokern aus einem RomméSpiel. Im Hinblick auf die Fragestellungen wurde bei den einzelnen Ziehungen nur unterschieden zwischen Jokern („J“) und anderen Karten („A“). Die Kleinbuchstaben am Ende der einzelnen Pfade geben an, zu welchen einzelnen Aufgabenteilen die jeweiligen Pfade führen.

3P

(a.) Alle Pfade führen zu mindestens einem Joker, außer dem Pfad „ a “. Der schnellste Weg zum Ziel ist also die Berechnung der Pfad-Wahrscheinlichkeit a und die Bildung der komplementären Wahrscheinlichkeit dazu: 1P

Pa

104 103 102 ˜ ˜ Ÿ Pa 110 109 108

1

104 103 102 TR ˜ ˜ | 15.62% 110 109 108

für erfolgreiches Joker-Ziehen.

(b.) Hier sind die Wahrscheinlichkeiten über drei Pfade zu summieren, denn man könnte als erste, als zweite oder als dritte Karten einen Joker ziehen: 1P

Pb

6 104 103 104 6 103 104 103 6 TR ˜ ˜  ˜ ˜  ˜ ˜ | 14.89% . 110 109 108 110 109 108 110 109 108

(c.) Wie man am Wahrscheinlichkeitsbaum sieht, gibt es auch hier wieder drei Pfade: 1P

Pc

6 5 104 6 104 5 104 6 5 TR ˜ ˜  ˜ ˜  ˜ ˜ | 0.723% . 110 109 108 110 109 108 110 109 108

(d.) Für drei Joker aus drei Versuchen existiert nur ein einziger Pfad: 1P

Pd

6 5 4 TR ˜ ˜ | 0.00927% 110 109 108

92.7 ppm (Anmerkung: „ppm“ = parts per million).

Nebenbemerkung zur Selbstkontrolle: Die Wahrscheinlichkeiten Pb  Pc  Pd müssen zusammen Pa ergeben. Sind in Prüfungen derart simple Selbstkontrollen möglichen, so ist deren Durchführung durchaus ratsam. 1 P (e.) Hier wird gezielt genau ein Pfad abgefragt: Pe

1P

6 104 5 TR ˜ ˜ | 0.241% . 110 109 108

(f.) Fragt man nach dem Joker im ersten Versuch, so ist egal, was danach kommt. Aus diesem Grund genügt es, bis zu dem mit „f“ bezeichneten Knoten zu gehen. (Die Teil-Wahrscheinlichkeiten aller Zweige nach einem Knoten addieren sich zu 100 %.) Ÿ Pf

6 TR ˜ | 5.45% . 110

Aufgabe 10.10 Textbsp. zum konsequenten logischen Denken

349

(g.) Hier spielt der dritte Versuch keine Rolle mehr, also genügt die Betrachtung bis zum zweiten Knoten (siehe die beiden Markierungen „g“): Ÿ Pg

6 5 104 6 ˜  ˜ 110 109 110 109

1P

6 TR | 5.45% 110

(h.) Dieses Mal werden 4 Pfade addiert: Ph

6 5 4 6 104 5 104 6 5 104 103 6 ˜ ˜  ˜ ˜  ˜ ˜  ˜ ˜ 110 109 108 110 109 108 110 109 108 110 109 108

6 TR | 5.45% 110

1P

Kommentar: Wie man durch Vergleich von Pf , Pg und Ph sieht, beeinflussen sich die einzelnen Versuche nicht gegenseitig. (i.) Hier sind die beiden Pfade von Aufgabenteil (g.) zu unterscheiden, und zwar als bedingte Wahrscheinlichkeiten. Voraussetzung für den einen Teil des Vergleichs ist, dass im ersten Versuch ein Joker gezogen 1 P wurde. Danach ist die Wahrscheinlichkeit, im zweiten Versuch noch einen Joker zu ziehen Pim

5 TR ˜ | 4.587% . 109

Im anderen Teil des Vergleichs ist die Voraussetzung, dass im ersten Versuch kein Joker gezogen wurde. Unter dieser Voraussetzung ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, im zweiten Versuch noch einen Joker zu ziehen Pio

1P

6 TR ˜ | 5.505% . 109

Vergleicht man die Aufgabenteile (f.), (g.) und (h.) mit dem Aufgabenteil (i.), so sieht man den Unterschied zwischen bedingter Wahrscheinlichkeit (bei i.) und unbedingter Wahrscheinlichkeit (bei f., g. und h.).

Aufgabe 10.10 Textbsp. zum konsequenten logischen Denken



Nur zu Übung Æ Diese Aufgabe ist nicht für eine Klausur geeignet.

Punkte

In einer Schachtel voller Holzkugeln (zu je 100 Gramm) ist eine Holzkugel mit einem Stahlkern versteckt (mit 110 Gramm). Daneben steht eine Balkenwaage (siehe Bild 10-10), die einen Gewichtsvergleich beliebig vieler Kugel erlaubt. Wie groß kann die Anzahl der Kugeln in der Schachtel maximal sein, wenn Sie durch vier Wägungen immer eindeutig (mit 100%iger Sicherheit) in der Lage sein sollen, die schwerere Kugel ausfindig zu machen.

Bild 10-10 Balkenwaage zum Gewichtsvergleich.

350

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

 Lösung zu 10.10 Antwort: Aus 81 Kugeln kann mit 4 Wägungen eindeutig die schwerere herausgefunden werden. Begründung: Siehe Tabelle 1-10: Mit dem dort gezeigten Schema geht’s. Sinkt die linke Schale, so ist die schwerere Kugel dort. Gleiches gilt für die rechte Schale. Bleiben beide Schalen im Gleichgewicht, so liegt die schwerere Kugel daneben. Tabelle 10.10 System für die Wägungen zum Aufspüren einer schwereren Kugel unter 81 Kugeln

Wägung

Inhalt der linken Schale

Inhalt der rechten Schale

daneben gelegt

erste zweite dritte vierte

27 9 3 1

27 9 3 1

27 9 3 1

Aufgabe 10.11 Diskrete Verteilung: Erwartungswert und Varianz



Punkte komplett 8 P

h

(a,b,c.) 15 min

In Tabelle 10.11 ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung einer diskreten Zufallsvariablen gegeben. (a.) Zeichnen Sie die zugehörige Massefunktion und die Verteilungsfunktion. (b.) Berechnen Sie den Erwartungswert der Zufallsvariablen. (c.) Wie groß ist die Varianz und die Standardabweichung dieser Verteilung? Tabelle 10.11 Beispiel für die Verteilungstabelle einer diskreten Zufallsvariablen

Zufallsvariable xi

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

Wahrscheinlichkeit p  xi

0.03

0.07

0.15

0.25

0.18

0.12

0.09

0.07

p  x5

 Lösung zu 10.11 Vorarbeit: Um die Massefunktion und die Verteilungsfunktion zeichnen zu können, bestimmen wir mit Hilfe der Normierungsbedingung p  x5 . Die Normierung lautet: p  xi 1

¦ i

5

1 P In unserem Beispiel läuft i von -3 …+5. Ÿ

¦ px i

i 3

4

100% Ÿ p  x5 100% 

¦ px i

i 3

0.04

Aufgabe 10.11 Diskrete Verteilung: Erwartungswert und Varianz

351

Damit lassen sich die Massefunktion und die Verteilungsfunktion der gegebenen Wahrscheinlichkeitsverteilung gemäß Bild 10-11 darstellen.

Bild 10-11 2+2 P Massefunktion und Verteilungsfunktion der in der Aufgabenstellung gegebenen Wahrscheinlichkeitsverteilung

¦ x ˜ P  x , was in unserem Beispiel zu folgen-

(b.) Der Erwartungswert ist definiert als P

i

i

i

den Werten führt: 5

P

¦ x ˜ Px i

3 ˜ 0.03  2 ˜ 0.07  1 ˜ 0.15  0 ˜ 0.25  1 ˜ 0.18  2 ˜ 0.12  3 ˜ 0.09  4 ˜ 0.07  5 ˜ 0.04

i

1P 0.79

i 3

Anmerkung: Man soll sich nicht dadurch irritieren lassen, dass der Erwartungswert kein Element des Ereignisraumes ist, d.h., dass xi nie exakt den Erwartungswert P annehmen kann. So etwas kann durchaus vorkommen. (c.) Die Varianz ist definiert als V 2

¦ x  P i

2

˜ P  xi .

Für unser Beispiel bedeutet dies:

i

V2

 3  0.79 2 ˜ 0.03   2  0.79 2 ˜ 0.07   1  0.79 2 ˜ 0.15   0  0.79 2 ˜ 0.25   1  0.79 2 ˜ 0.18 2

2

2

  2  0.79 ˜ 0.12   3  0.79 ˜ 0.09   4  0.79 ˜ 0.07   5  0.79 ˜ 0.04 3.6659

Varianz

Arbeitshinweis: Wegen  xi  P

2

 P  xi 2 ist die Reihenfolge der Subtraktion in der Klammer egal. Auf-

grund des Quadrats ist nur der Abstand von xi zu P wichtig, nicht aber das Vorzeichen. Die Standardabweichung ist die Wurzel aus der Varianz: V

V2

TR

3.6659 | 1.915

2P

352

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion

 

(i.)

30 min

(i.)

(ii.)

50 min

(ii.)

hhh hhh

Punkte (i.) 17 P (ii.) 29 P

Wir üben den Umgang mit Wahrscheinlichkeitsverteilungen mit einer stetigen Zufallsvariablen x . Zwei Verteilungsfunktionen seien gegeben, und zwar (i.) (ii.)

die Dichtefunktion fi ( x) nach Bild 10-12a und die Dichtefunktion fii ( x) nach Bild 10-12b

Bild 10-12a Graphische Darstellung der Dichtefunktion fi ( x) zu Aufgabe 10.12 (i.)

Bild 10-12b Graphische Darstellung der Dichtefunktion fii ( x ) zu Aufgabe 10.12 (ii.)

Führen Sie für beide der Verteilungsfunktionen die folgenden Berechnungen aus: a.) Berechnen Sie aus der Normierungsbedingung die Größe h . b.) Berechnen Sie die zugehörige Verteilungsfunktion und stellen Sie diese graphisch dar. c.) Berechnen Sie den Erwartungswert P der Verteilung. d.) Bestimmen Sie die Varianz V 2 und die Standardabweichung V dieser Verteilung. e.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass x außerhalb des 1V -Konfidenzintervalls liegt? f.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass x innerhalb des 3V -Konfidenzintervalls liegt? Die Musterlösungen sind zuerst komplett für den Teil (i.) ausgearbeitet und danach für den Teil (ii.), damit diejenigen Leser, die Tipps brauchen, erst einen der Lösungswege durchgehen können und danach den anderen Aufgabenteil selbst ausprobieren können.

Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion

353

 Lösung zu 10.12 (i) Als Vorarbeit wollen wir die Dichtefunktion in einen mathematischen Ausdruck bringen, der uns dann für alle weiteren Berechnungen zur Verfügung stehen wird. Da die Funktion abschnittweise sehr einfach gestaltet ist, ist eine einfache Fallunterscheidung die bequemste Art, die Funktion anzugeben: fi ( x)

­h ® ¯0

für  c d x d  c sonst

1P

Damit wenden wir uns nun dem Lösen der einzelnen Aufgabenteile zu. Teil a: Allgemein lautet die Normierungsbedingung einer Dichtefunktion mit einer kontinuierlichen f

Zufallsvariablen:

³ f ( x) dx

1

f

Da nur die nicht verschwindenden Abschnitte der Funktion Beiträge zum Integral liefern, können wir das Integral wie folgt ansetzen f

³

c

³

f ( x) dx

f

c

f ( x)dx

c

³

c

c

h dx

ª º «h ˜ x » ¬ ¼ c

hc    hc

2hc 1 Ÿ h

1 2c

2P

Teil b: Die Verteilungsfunktion erhält man durch Integration über die Dichtefunktion, nämlich x

F ( x)

³ f ([ )d[

f

Anmerkung: Um Verwechslungen zwischen der Integrationsvariablen und den Integralgrenzen zu vermeiden, wurde als Integrationsvariable ein [ eingeführt. Die bei der Angabe der Dichtefunktion verwendete Fallunterscheidung führt nun zur Notwendigkeit einer Fallunterscheidung bei der Integration, und zwar entsprechend den folgenden drei Fällen: Fall 1. x d c Fall 2. c d x d  c Fall 3. c d x 1P Hinweis: Man störe sich nicht daran, dass die Fallgrenzen jeweils doppelt auftreten. Dies ist zulässig, weil die Verteilungsfunktion stetig sein muss und daher die Werte an jeder einzelnen Fallgrenze für beide Seiten der Grenze identisch sein müssen. zu Fall 1: In diesem Bereich ist fi ( x) 0 , sodass das Integral trivial wird: x

FFall1 ( x)

³ 0 ˜ d[

f

0

354

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

zu Fall 2: Beiträge zum Integral kommen nur für x t c zustande, d.h. c

x

FFall 2 ( x)

³

fi ([ )d [

f

³

x

fi ([ )d [ 

f  

³

c

x

fi ([ ) d [

³

c

x

h d[

ª º hx  hc « h[ » ¬ ¼ c

1 h ˜  x  c ˜  x  c 2c   

h aus Aufgabenteil a. eingesetzt.

0

3 P zu Fall 3: In diesem Bereich ist die Dichtefunktion Null, sodass das Integral über die Dichtefunktion keine neuen Beiträge liefert. In Formelschreibweise drückt man diesen Sachverhalt wie folgt aus: c

FFall3 ( x)

³

f

fi ([ )d[ 

f  

1

³ f ([ )d[ i

1

 c 



0

Durch Zusammenfassen der drei Teile der Verteilungsfunktion ( F1  x ... F3  x ) erhält man: Fi ( x)

für x d c ­ 0 °x  c ° für  c d x d 0 ® ° 2c °¯ 1 für  c d x

Die graphische Darstellung gemäß Bild 10-12c wird aus den entsprechenden Abschnitten der Verteilungsfunktion zusammengesetzt. Sie bestätigt deren Stetigkeit.

2P

Bild 10-12c Graphische Darstellung der Verteilungsfunktion zu Aufgabe 10.12.(i.)

Teil c: f

Nach Definition wird der Erwartungswert berechnet als P

³ x ˜ f ( x)dx

f

Berücksichtigen wir wieder, dass die Dichtefunktion für x ! c verschwindet, und setzen wir weiterhin deren Werte in den nichtverschwindenden Abschnitten ein, so erhalten wir:

Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion f

P

³

c

x ˜ fi ( x)dx

f

c

³

§ h ˜ c 2 h ˜ ( c) 2 · § h 2 h 2 · c  c ¸  ¨ ¸ ¨ 2 ¸ ©¨ 2 2 2 ¹ © ¹

ªh 2º «2 x » ¬ ¼ c

x ˜ h dx

c

355

2P

0

Anmerkung: Die Tatsache, dass der Erwartungswert Null ist, überrascht uns nicht, denn die Dichtefunktion ist symmetrisch zur Ordinate. Teil d: f

Die Varianz wird nach Definition berechnet als V

2

³ x  P

2

˜ f ( x)dx

f

Unter Berücksichtigung der nichtverschwindenden Abschnitte folgt wegen P c

V2

³

c

x 2 ˜ fi ( x)dx

c

³

c

x 2 ˜ h dx

c

ªh 3º «3 x » ¬ ¼ c

§h 3 h 3· ¨ ˜ c  ˜ (c) ¸ 3 ©3 ¹

2 2c3 h ˜ c3 3   3 ˜ 2 c  wegen h

Die zugehörige Standardabweichung lautet V

0:

1 2 c (Varianz) 3

1 2c

1 c 3

V2

2P

Teil e: Gesucht ist das Komplement zur Wahrscheinlichkeit dafür, dass x innerhalb des 1V -Vertrauensintervalls liegt. Letztere berechnen wir wie folgt V

Pin,1V

³V



V

fi ( x)dx

³V

V

h dx



ª º « hx » ¬ ¼ V

h ˜ V  h ˜  V

2h V

Begründung: Im gesamten Bereich für x V ...  V ist fi  x h , deshalb kann das Integral für Pin,1V so einfach angesetzt werden. 1 und V 2c

Einsetzen der bekannten Größen h

1 ˜ c liefert Pin,1V 3

2˜

1 1 ˜ ˜c 2c 3

1 . 3

2P Dieses Pin,1V ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass x innerhalb des 1V -Intervalls liegt. Ihr Komplement ist die gefragte Größe, die wir Paus,1V nennen wollen: Paus ,1V

§ 1 · TR 1  ¨¨ ¸¸ | 42.265% © 3¹

Teil f: Die Wahrscheinlichkeit, das x innerhalb des 3V -Konfidenzintervalls zu finden, berechnet 3V

sich im Prinzip gemäß Pin,3V

³V f ( x)dx , wobei 3V i

3

3˜

1 ˜c 3

3 ˜ c ist.

Wollte man diese Integration über die Dichtefunktion explizit ausführen, so müsste man die Fallunterscheidung bei der Angabe der Dichtefunktion berücksichtigen und schreiben

356

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik c

2P

³V

Pin,3V

3V

c

0 dx 

3

³

h dx 

c

³

c

0 dx

c

ª º « hx » ¬ ¼ c

1 2hc 2˜ ˜c 2c

  

hc    hc

1 100%

h eingesetzt nach Aufgabenteil (a.)

Als bequemer erweist sich aber der alternative Rechenweg über die Verteilungsfunktion Fi  x , in der diese Fallunterscheidung zusammen mit der Integration bereits berücksichtigt ist: 3V

³V f ( x)dx

Pin,3V

i

F  3V  F  3V 1  0 100%

3

Das Ergebnis überrascht uns nicht, da die Dichtefunktion bei x 3V und außerhalb verschwindet.

 Lösung zu 10.12 (ii) Die Vorarbeit ist wieder das Aufstellen eines mathematischen Ausdrucks für die Dichtefunktion. Da alle nicht verschwindenden Anteile der Dichtefunktion Geradenabschnitte sind, brauchen wir nur deren Geradengleichungen aufzustellen. Beide Geradenstücke haben die Achsenabschnitte  h . Die Steigungen sind 'y 'x

3P

'y 'x



h für die Gerade im Intervall x  > c ;0@ und c

h für die Gerade im Intervall x  >0;  c @ . Daraus ergibt sich der folgende Ausdruck: c h ­ °h  c ˜ x für  c d x d 0 ° h ° fii ( x) ® h  ˜ x für 0 d x d  c . c ° ° 0 sonst ° ¯ 

Aufgrund des unterschiedlichen Aussehens der Ausdrücke für die beiden Geradenabschnitte der Dichtefunktion ist die Fallunterscheidung die bequemste Art der Darstellung. Damit wenden wir uns nun dem Lösen der einzelnen Aufgabenteile zu. Teil a: f

In die Normierungsbedingung der Dichtefunktion

³ f ( x) dx

1 setzen wir alle nicht ver-

f

schwindenden Abschnitte von fii ( x) ein und untergliedern das Integral wie folgt: f

2P

³

f

c

fii ( x) dx

³

c

0

fii ( x)dx

³

c

h · § ¨ h  ˜ x ¸ dx  c ¹ ©

c

³ 0

h · § ¨ h  ˜ x ¸ dx c ¹ ©

h h 2 § · 2· § ¨ 0  h ˜ (c )  (c) ¸  ¨ hc  c  0 ¸ c c 2 2 © ¹ © ¹

c

0

h 2º h 2º ª ª « hx  2c x »  « hx  2c x » ¬ ¼ c ¬ ¼0

hc  12 hc  hc  12 hc

hc 1

Ÿ

h

1 c

Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion

357

Teil b: Die Verteilungsfunktion erhält man wieder durch Integration über die Dichtefunktion, nämx

lich

³ f ([ )d[

F ( x)

f

Die bei der Angabe der Dichtefunktion verwendete Fallunterscheidung führt nun zur Notwendigkeit einer Fallunterscheidung bei der Integration entsprechend den folgenden vier Fällen: 1. x d c 2. c d x d 0 3. 0 d x d c 4.  c d x 1P Auch hier ist das doppelte Auftreten der Fallgrenzen wegen der Stetigkeit der Verteilungsfunktion zulässig, weil die Werte an jeder einzelnen Fallgrenze für beide Seiten der Grenze identisch sein müssen. zu Fall 1: In diesem Bereich ist fii ( x) 0 , sodass das Integral trivial wird: 1P

x

FFall1 ( x)

³

0 ˜ d[

0

f

zu Fall 2: Beiträge zum Integral kommen nur für x t c zustande, d.h. c

x

FFall 2 ( x)

³

³

fii ([ ) d[

f

x

fii ([ ) d[ 

f  

³

x

fii ([ ) d[

c

³

c

h · § ¨ h  ˜ [ ¸ d[ c ¹ ©

x

h 2º ª « h[  2c ˜ [ » ¬ ¼ c

2P

0 2

hx 

hx h  h ˜ ( c )  ˜ (  c ) 2 2c 2c

1 hc  hx  2

h 2 x 2c

zu Fall 3: Wieder können wir das Integral unterteilen, wobei wir das rechte Ende von Fall 2 (also den Punkt bei x 0 ) bereits verwenden können. Dieses lautet FFall 2 (0)

1 hc  h ˜ 0  2

h 2 ˜0 2c

1 hc 2

1 2

, wobei zuletzt h

1 c

eingesetzt wurde. Damit ergibt

sich für Fall 3: x

FFall3 ( x)

³

0

³

fii ([ )d[

f

x

³

x

fii ([ )d[  fii ([ )d[

f  

0

1 h · §  ¨ h  [ ¸ d[ 2 c ¹ ©

³ 0

x

1 ª h h º 1  « h[  [ 2 »  hx  x 2 2 ¬ 2c ¼ 0 2 2c

2P

1 2

zu Fall 4: Da die Dichtefunktion für x ! c keine Beiträge mehr zum Integral der Verteilungsfunktion liefert, lässt sich Fall 4 auf die rechte Grenze des Falls 3 zurückführen. In diesem Fall erhält man also x

FFall 4 ( x)

F (c ) 

³

fii ( x)dx

c   

0

1 h  hc  c 2 2 2c

1 1 1 1 2 2

2P

358

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Durch Zusammenfassen der vier Teile der Verteilungsfunktion ( FFall1 ... FFall4 ) erhält man:

2P

Fii ( x)

0 für x d c ­ °1 h 2 ° hc  hx  x für  c d x d 0 °2 2c mit h ® ° 1  hx  h x 2 für 0 d x d  c °2 2c ° 1 für  c d x ¯

1 Ÿ c

­ 0 ° 2 ° 1x x °° 2 c 2c 2 ® 2 °1 x x °2  c  2 2c ° °¯ 1

Fii ( x)

für x d c für  c d x d 0 für 0 d x d  c für  c d x

Die graphische Darstellung gemäß Bild 12-12d wird aus den entsprechenden Abschnitten der Verteilungsfunktion zusammengesetzt. Sie bestätigt deren Stetigkeit.

2P

Bild 10-12d Graphische Darstellung der Verteilungsfunktion zu Aufgabe 10-12, (ii.)

Teil c: f

Nach Definition wird der Erwartungswert berechnet als P

³ x ˜ f ( x)dx

f

Berücksichtigen wir wieder, dass die Dichtefunktion für x ! c verschwindet, und setzen wir weiterhin deren Werte in den nichtverschwindenden Abschnitten ein, so erhalten wir: f

3P

P

0

³ x ˜ f ( x)dx ³ ii

f

c

h · § x ˜ ¨ h  x ¸ dx  c ¹ © 0

c

³ 0

h · § x ˜ ¨ h  x ¸ dx c ¹ © c

ªh 2 h 3º ªh 2 h 3º «¬ 2 x  3c x »¼  «¬ 2 x  3c x »¼ 0 c

0

³

c

h 2· § ¨ hx  x ¸ dx  c ¹ ©

c

§

h

³ ¨© hx  c x 0

2·

¸ dx ¹

h h h 3 § · 2 3· §h 2 ¨ 0  ˜ (c )  ˜ ( c) ¸  ¨ c  c  0 ¸ 2 3c 3c © ¹ ©2 ¹

0

Anmerkung: Auch bei dieser Verteilung ist der Erwartungswert Null, denn die Dichtefunktion ist symmetrisch zur Ordinate. Teil d: f

Die Varianz wird nach Definition berechnet als V 2

³ x  P

f

2

˜ f ( x)dx

Aufgabe 10.12 Kontinuierliche Verteilung: Dichtefunktion, Verteilungsfunktion

359

Unter Berücksichtigung der nichtverschwindenden Abschnitte folgt wegen P c

V2

0

³x

2

³x

˜ fii ( x)dx

c

2

c 0

³

c

h · § ˜ ¨ h  ˜ x ¸ dx  c ¹ ©

§ 2 h 3· ¨ hx  ˜ x ¸ dx  c © ¹

c

³x

0 c

³ 0

2

0

h · § ˜ ¨ h  ˜ x ¸ dx c ¹ ©

§ 2 h 3· ¨ hx  ˜ x ¸ dx c © ¹

h h h 4 § · 3 4· §h 3 ¨ 0  ( c )  ( c ) ¸  ¨ c  c  0 ¸ 3 4c 4c © ¹ ©3 ¹

c

0

h º ªh 3 h 4º ªh x  x »  « x3  x 4 » 4c ¼  c ¬ 3 4c ¼ 0 ¬« 3 h 3 h 3 h 3 h 3 c  c  c  c 3 4 3 4

1 2 c , die Standardabweichung dazu ist V 6

Die Varianz dieser Verteilung lautet V 2

1 3 hc 6

1 2 c 6

1 c. 6

3P

Teil e: Gesucht ist das Komplement zur Wahrscheinlichkeit dafür, dass x innerhalb des 1V -Vertrauensintervalls liegt. Letztere berechnen wir gemäß V

Pin,1V

³

0

f ( x)dx

V

³

V

h · § ¨ h  x ¸ dx  c ¹ ©

V

³ 0

h · § ¨ h  x ¸ dx c ¹ ©

h h 2 § · 2· § ¨ 0  h ˜ (V )  (V ) ¸  ¨ h ˜ V  V  0 ¸ 2c 2c © ¹ © ¹

Durch Einsetzen der bekannten Größen h Pin,1V

1 1 1 1 1 2˜ ˜ ˜ c  ˜ ˜ c2 c 6 c c 6

V

0

h 2º h 2º ª ª « hx  2c x »  « hx  2c x » ¬ ¼ V ¬ ¼0

1 und V c

2P

h 2hV  2 V 2 2c

1 ˜ c erhalten wir 6

4 1  6 6

Dieses Pin,1V ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass x innerhalb des 1V -Intervalls liegt. Ihr Komplement ist die gefragte Größe, nämlich Paus ,1V

1  Pin,1V

2P

§ 4 1 · TR 1  ¨¨  ¸¸ | 35.017% © 6 6¹

Teil f: Die Wahrscheinlichkeit, das x innerhalb des 3V -Konfidenzintervalls zu finden, berechnet 3V

sich gemäß Pin,3V

³

f ( x)dx

3V

Aufgrund des Ergebnisses von Aufgabenteil (d.) können wir die Integrationsgrenzen in Ein1 ˜ c folgt nämlich 3V 6

9 3 ˜c ˜c 6 2 Damit ist 3V größer als c . Da die Verteilungsfunktion aber nur für x  > c ;  c @ Beiträge zur

heiten von „ c “ ausdrücken. Aus V

Integration liefert, lässt sich schreiben 

3V

Pin,3V

³

3V

f ( x)dx 

3 2

³

3 2

2P

c

fii ( x) dx c



F 

3 2



c F 

3 2

c



1  0 100%

360

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.13 Binomialverteilung



(a,b.) (c.)

je 4 min 15 min

(a,b.) (c.)

Punkte (a,b.) je 2 P

hh

(c) 8 P

Sie werfen 20 Münzen willkürlich auf Ihren Schreibtisch, sodass einige „Kopf“ zeigen, andere „Zahl“. Dieses Zufallsexperiment werde durch die Binomialverteilung beschrieben. (a.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 7 Münzen „Kopf“ zeigen? (b.) Wiederholen Sie das Zufallsexperiment mit 20 Würfeln. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass genau 7 Würfel die Zahl „Drei“ zeigen? (c.) Zeichnen Sie die Massefunktion der Binomialverteilung für das Zufallsexperiment mit den 20 Münzen.

 Lösung zu 10.13 (a.) Die Massefunktion der Binomialverteilung lautet f k

n! pk ˜ k n k ! n  k ! q

Darin ist n Gesamtanzahl aller Ereignisse (20 Münzwürfe) k

Anzahl der Ereignisse mit gefragtem Ausgang (7 mal „Kopf“).

p

Einzel-Wahrscheinlichkeit für das Eintreten des gefragten Ereignisses ( p 0.5 )

q 1 p

2P

Wahrscheinlichkeit für das Nicht-Eintreten des gefragten Ereignisses 7

Ÿ

f k 7

20!  0.5 TR| 7.393% ˜ 7! 20  7 !  0.5 7  20

(b.) Dieses Zufallsexperiment unterscheidet sich von demjenigen mit Münzen durch die Werte der Einzelwahrscheinlichkeiten p und q : p

1 6

Wahrscheinlichkeit für das Würfeln einer „Drei“

q

5 6

Wahrscheinlichkeit für das Würfeln einer anderen Zahl als „Drei“

2P

7

Dadurch wird f k 7

 16 TR| 2.588% für das Würfeln von 7 Dreiern. 20! ˜ 7! 20  7 !  5 7  20 6

Aufgabe 10.14 Kontinuierliche Verteilung: Erwartungwert,Varianz

361

(c.) Die Massefunktion für das Münzen-Werfen erhalten wir, indem wir k von 0 bis 20 lauk

fen lassen und f k auswerten. Dabei ist f k

 0.5 . 20! ˜ 7! 20  k !  0.5 k  20

Der Übersicht halber sind die Ergebnisse in einer Wertetabelle dargestellt – siehe Tabelle 10.13. Die graphische Auftragung ist in Bild 10-13 zu finden. Tabelle 10.13 Wertetabelle für die Massefunktion einer Binomialverteilung mit n 20 und p q 0.5 Aus Gründen der Symmetrie gilt jeder Eintrag von f k für zwei verschiedene Werte von

k ; deshalb stehen in der Zeile für k immer zwei Werte. k

0, 20

1, 19

2, 18

3, 17

4, 16

5, 15

6, 14

7, 13

8, 12

9, 11

10, 10

f k

9.5

0.002 %

0.018 %

0.108 7%

0.4621 %

1.479 %

3.696 %

7.393 %

12.01 %

16.02 %

17.62 %

˜10

7

5P

3P Bild 10-13 Graphische Darstellung der Massefunktion einer Binomialverteilung mit n 20 und p q 0.5

Stolperfalle: Man darf die Massefunktion zu einer diskreten Zufallsvariablen nicht als durchgezogene Kurve zeichnen, denn das Argument ist diskret. Dies ist mit einer kontinuierlichen Kurve unverträglich.

Aufgabe 10.14 Kontinuierliche Verteilung: Erwartungwert,Varianz



(a.) (b.)

(a) 10 min (b) 15 min

(a.) (b.)

hhh

Gegeben ist eine Verteilung mit der Dichtefunktion f  x

Punkte (a.) 5 P  1 ˜e 2ʌ ˜ a

(b.) 8 P

 x b 2 2a2

.

(a.) Berechnen Sie deren Erwartungswert durch Einsetzen in die Definition des Erwartungsf

wertes P

³ x ˜ f ( x)dx .

f

362

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(b.) Berechnen Sie deren Varianz und Standardabweichung durch Einsetzen in die Definition f

der Varianz V

2

³ x  P

2

˜ f ( x)dx .

f

f

Hinweis zur Normierungsbedingung: Es gilt

³e

 x2

dx

ʌ

f

 Lösung zu 10.14 (a.) Wir setzen die Dichtefunktion in die Definition des Erwartungswertes ein und berechnen:  x  b 2 f  2 1 1 2 2 ˜ az  b ˜ x˜ ˜ e 2 a dx ˜ e z 2 ˜ a dz 2ʌ ˜ a 2ʌ ˜ a f f  

f

³

³

P

Substitution: z : f

x b

2 ˜ az  z 2 ˜ e dz  ʌ

³

f

f

³

f

1

dz dx

Ÿ

2 ˜a



2 ˜a

2 b ˜ e  z dz ʌ

Ÿ dx

2 ˜a ˜ ʌ

2 ˜ a dz und x

2 ˜ az  b

f

³

2

z ˜ e  z dz 

f   

b ˜ ʌ

Substitution u:  z 2 Ÿ du 2 z ˜dz

5P

...

...

2 ˜a ˜ eu ˜  12 du ʌ ... 



³ 

b

2 ª 1 º ˜ a ˜ «  eu »  b ʌ ¬ 2 ¼...

f

³e

z2

dz

f  

ʌ (lt. Hinweis) f

2º 2 ª 1 ˜ a ˜ « e z »  b ʌ 2 ¬  ¼ f 

b

0

Grenzen werden nicht substituiert, da wir später resubstituieren.

Der Erwartungswert kann also einfach als b in der Dichtefunktion abgelesen werden. (b.) Ebenso berechnen wir die Varianz, indem wir entsprechend ihrer Definition integrieren: f

V

2

 x  b 2 f z2 2   2 1 z 2 ˜ e 2 a dx ˜ e 2 a dz  x  b ˜ 2ʌ ˜ a 2ʌ ˜ a f f  

Substitution: z:  x  b Ÿ dz dx f

³ x  P

2

˜ f ( x) dx

f

2

³

³

Als Nebenrechnung bestimmen wir die Stammfunktion von

³z

2

˜e



z2 2 a 2 dz

. Mit partieller In-

tegration erhalten wir:





z2 2 a 2 dz

³ Nz ˜ z˜ e 

u

v'

ª º z2  2 « » 2 a dz  « 1N ˜ z ˜ e dz » dz Nz ˜ z ˜ e  

 

» u  « u'  v v ¬ ¼

³



z2 2a2

³ ³

Die etwas laxe Schreibweise dient der Kürze der Darstellung und soll, helfen den Überblick zu erhalten.

Aufgabe 10.15 Gauß-Verteilung, ihre Kenngrößen z2 2a2

Wir substituieren t :  Ÿ 

dt dz

Ÿ



z ˜  a 2 ˜ et dt  ª  a 2 ˜ et dt º dz ¬« ¼»

³

2z 2a2

363



z a2

Ÿ

 z2 2

 a 2 ˜ z ˜ et  a 2 ˜ et dz

³³

3P

 a 2 ˜ dt und erhalten

z ˜ dz

 z2 2

 a 2 ˜ z ˜ e 2 a  a 2 ˜ e 2 a dz  C1

³

³

Das Ergebnis der Nebenrechnung setzen wir nun in die Hauptrechnung ein und erhalten: f

f

f

³

³

 z2 º  z2 ª 2 1 1 1 2 2 ˜ «a 2 ˜ z ˜ e 2 a »  ˜ a 2 ˜ e 2 a dz ˜ a 2 ˜ e  s ˜ 2 a ds 2ʌ a «¬ 2ʌ a 2ʌ a »¼ f f f   

  

V2

0

f

1 ˜ 2 ˜ a3 ˜ 2ʌ a

z 2 ˜a

Substitution s:

³

2

e  s ds

f  

a3 ˜ ʌ ʌa

a2

Ÿ dz

2 ˜a ds

für die Varianz.

5P

ʌ lt.Hinweis

V2 a2 a Durch Wurzelziehen sieht man die Standardabweichung: V Die Standardabweichung kann also einfach als a in der Dichtefunktion abgelesen werden. Aus diesem Grunde schreibt man die Dichtefunktion normalerweise direkt in der Form f  x

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V , in der die Leser hoffentlich die Gauß-Verteilung wiedererkennen. 2ʌ ˜ V

Aufgabe 10.15 Gauß-Verteilung, ihre Kenngrößen

 

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

2 min 4 min 1 min 6 min 2 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.)

hh hh

Punkte: (a.) 1 P

(b.) 2 P

(c.) 1 P

(d.) 5 P

(e) 1P

Aus einer Messung erhalten Sie die Messwerte laut Tabelle 10.15. Vorgegeben sei außerdem die Tatsache, dass die Messwerte einer Gauß-Verteilung genügen. Tabelle 10.15 Tabelle der Einzelmesswerte einer Messreihe aus N

10 Messpunkten.

Messung Nr.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Messwert

177

170

165

172

166

168

169

173

171

174

(a.) Geben Sie die bestmögliche Abschätzung für den Erwartungswert P der GaußVerteilung an. (b.) Geben Sie die bestmögliche Abschätzung für die Standardabweichung V der GaußVerteilung an. (c.) Wenn Sie einen weiteren Messwert aufnehmen würden – mit welcher Wahrscheinlichkeit wäre dieser Wert innerhalb des Intervalls >167;174@ zu erwarten?

364

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(d.) Fertigen Sie eine Handskizze der Dichtefunktion, wobei Sie das Maximum und die beiden Wendepunkte als Anhaltspunkte für den Verlauf der Kurve eintragen. (e.) Geben Sie diejenigen Intervalle an, in denen (z.B. bei einer Vergrößerung des Stichprobenumfangs) 95.4 % bzw. 99.7 % aller Einzelmesswerte zu erwarten sind.

 Lösung zu 10.15 1 N

(a.) Die bestmögliche Abschätzung für P ist P 1 P In unserer Aufgabe ist P

1 ˜ 10

N

¦x . i

i 1

177  170  165  . . .  171  174

(b.) Die bestmögliche Abschätzung für V folgt aus V 2

1 N

170.5 . N

¦ P  x i

2

.

i 1

In unserer Aufgabe erfolgt die Abschätzung des Parameters V gemäß 2P

V2

1 ˜ 10

Ÿ V

 177  170.5  170  170.5  165  170.5  . . .  171  170.5  174  170.5

12.25

3.5 .

Stolperfalle: Auch wenn zur Auffindung der Parameter P und V Formeln benutzt werden, darf man sich nicht darüber hinweg täuschen lassen, dass die Angaben für P und V nur Schätzwerte sind. Was die Formeln zu leisten vermögen, ist lediglich die Angabe der bestmöglichen Abschätzung. Stolperfalle: In der Literatur (und somit auch in den Vorlesungen) findet man zweierlei verschiedene Angaben zur Varianz einer Stichprobe nebeneinander. Die eine lautet V 2

1 ˜ N

N

¦ P  x

2

i

, die andere hingegen schreibt V 2

i 1

Die beiden Formeln unterscheiden sich durch den Faktor

1 ˜ N 1

N

¦ P  x

2

i

.

i 1

1 1 bzw. vor der Summe. N 1 N

Der Hintergrund ist folgender: Wir müssen uns darüber im klaren sein, dass ohnehin beide Formeln nur Abschätzungen für V sind – und nun ist es eine Frage der Sichtweise, auf welche Art man diese Abschätzung durchführt. x Die in der vorliegenden Musterlösung angewandte Sichtweise geht auf die elementare DeN

finition der Varianz zurück V 2

¦ px ˜P  x i

i

2

, wobei p  xi die Wahrscheinlichkeit für

i 1

das Eintreten des Ereignisses xi ist, und man zunächst allen Messwerten die gleiche Aussa-

Aufgabe 10.15 Gauß-Verteilung, ihre Kenngrößen

gekraft zubilligt, also p  xi

365

1 setzt. Diese Schätzfunktion erhält man auch durch AnwenN

dung der sog. Maximum-Likelihood-Methode auf die Normalverteilung, weshalb die so erhaltene Schätzung für V als Likelihood-Schätzfunktion bezeichnet wird. x Die Sichtweise mit dem Vorfaktor

1 ist hingegen die vorsichtigere von beiden, denn N 1

das V , welches die Streuung der Werte repräsentiert, wird hierbei größer abgeschätzt als mit dem Vorfaktor

1 1 1 . Deshalb ist der Vorfaktor weiter verbreitet als der Vorfaktor . N 1 N N

x Selbstverständlich wird den Lesern empfohlen, diejenige Sichtweise anzuwenden, die sie in ihren jeweiligen Vorlesungen kennen gelernt haben. (c.) Wegen P  V 170.5  3.5 167 und P  V 170.5  3.5 174 ist das Intervall >167;174@ ein 1 P 1V  Konfidenzintervall. Bei der Gauß-Verteilung ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ereignis innerhalb dieses 1V  Konfidenzintervalls eintritt 68.3 %.

(d.) Die gefragte Skizze sieht man in Bild 10-15. Eine Kurvendiskussion zum Aufsuchen der in der Aufgabenstellung genannten charakteristischen Kurvenpunkte ist nicht nötig, da diese bei der Gauß-Glocke bekannt sind. Das Maximum liegt bei xM P Ÿ f  xM Die Wendepunkte Æ xW P r V Ÿ f  xW

 1 ˜e 2ʌ ˜ V

 P  P 2

 1 ˜e 2ʌ ˜ V

2V 2

 P rV  P 2 2V 2

1 ˜ e0 2ʌ ˜ V 1 1 ˜e 2 2ʌ ˜ V

TR 1 | 11.4% 2ʌ ˜ 3.5

f  xM e

1P

TR

| 6.9%

1P

3P Bild 10-15 Skizze der Dichtefunktion einer Gaußverteilung mit P 170.5 und V 3.5 Die markierten Punkte sind: M = Maximum und W = Wendepunkte

(e.) 95.4 % aller Einzelereignisse liegen im 2V  Vertrauensintervall, also innerhalb > P  2V ; P  2V @ >170.5  7;170.5  7@ >163.5;177.5@ 99.7 % aller Einzelereignisse liegen im 3V  Vertrauensintervall, also innerhalb

> P  3V ; P  3V @ >170.5  10.5;170.5  10.5@ >160.0;181.0@

1P

366

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.16 Konfidenzintervalle der Gauß-Verteilung

  

(a.) (b.) (c.) (d.)

1 min 3 min 4 min 4 min

(c,d.)

(e.)

6 min

(e.)

(a,b.)

hh hh hhh

Punkte (a.) 1 P

(b.) 2 P

(c.) 2 P

(d.) 2 P

(e.) 3 P

Eine Gauß-Verteilung wird durch die beiden Parameter P und V eindeutig und vollständig beschrieben. Betrachten wir nun eine solche Verteilung mit P 22.0 und V 3.0 . Die Beantwortung der nachfolgenden Fragestellungen setzt das Vorhandensein einer Tabelle der Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung voraus, wie sie z.B. in Formelsammlungen abgedruckt sein kann. Ein für unsere Übungszwecke ausreichender kleiner Auszug aus einer solchen Tabelle findet sich in Kapitel 15 dieses Buches als Tabelle 15.1. Die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung lautet u

) u

³

f

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V dx 2ʌ ˜ V

u

³

f

1  1 x2 ˜ e 2 dx 2ʌ

Für die Standard- Normalverteilung ist

P

0 und V

1 gesetzt, sowie u

u  P

V

.

Das Zurückgreifen auf Tabellen ist deshalb nötig, weil dieses Integral analytisch nicht lösbar ist. Treten als Argumente ( u ) Werte auf, die zwischen den in der Tabelle 15.1 aufgeführten liegen, so empfiehlt sich eine (lineare) Interpolation. (a.) Wie viel Prozent aller Einzelereignisse xi sind kleiner oder gleich 23.8? (b.) Wie viel Prozent aller Einzelereignisse xi sind kleiner oder gleich 21.1? (c.) Wie viel Prozent aller Einzelereignisse xi liegen im Intervall >19.0;22.0@ ? (d.) Wie viel Prozent aller Einzelereignisse xi liegen im Intervall > 20.2;24.1@ ? (e.) Wie viel Prozent aller Einzelereignisse xi liegen außerhalb des Intervalls > 20.5;25.3@ ?

 Lösung zu 10.16 Arbeitshinweis: Zur Umrechnung der Standard-Normalverteilung in eine Gauß-Verteilung mit beliebigen Parametern P und V muss man die in der Aufgabenstellung erwähnte Integralgrenze u durch u ausdrücken. Allerdings sind die Tabellen zur Verteilungsfunktion der Standard-Normalverteilung üblicherweise nur für u t 0 ausgedruckt, weil man die Werte der Verteilungsfunktion für negative Argumente u aus Gründen der Symmetrie der Funktion auf die Werte der Verteilungsfunktion für positive u zurückführen kann.

Aufgabe 10.16 Konfidenzintervalle der Gauß-Verteilung

367

Die Lösungen der einzelnen Aufgaben stellen sich wie folgt dar: (a.) u 23.8 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u

u  P

V

23.8  22.0 3.0

0.6 Ÿ )  0.60

0.72575

1P

Also beträgt die Wahrscheinlichkeit für xi d 23.8 hier 72.575 %. (b.) u 21.1 , P

22.0 , V

Für u d 0 müssen gilt )  u 1  )  u .

die

3.0 Ÿ u

u  P

V

Tabellenwerte Somit ist

21.1 22.0 3.0

auf

0.3

ut0

in

zurückgeführt werden. Es unserem Rechenbeispiel

)  0.3 1  )  0.3 1  0.61791 0.38209 38.209%

2P

Mit dieser Wahrscheinlichkeit sind Messwerte xi kleiner oder gleich 21.1. (c.) Hier müssen wir zwei Intervallgrenzen umrechnen, eine untere und eine obere: Untere Grenze Æ u1 19.0 , P

22.0 , V

Obere Grenze Æ u2 22.0 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u1

3.0 Ÿ u1

u1  P

V u1  P

V

19.0  22.0 3.0

22.0  22.0 3.0

1.0

0.0

Die zu berechnende Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch das Integral 22.0

³

P

19.0

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V dx 2ʌ ˜ V

0

³

1

1  1 x2 ˜ e 2 dx 2ʌ

)  0  )  1 )  0  ª¬1  ) 1 º¼

2P

Ablesen der Werte für ) aus der Tabelle liefert das Ergebnis: P

)  0  ª¬1  ) 1 º¼

0.5  >1  0.84135@ 0.34135 34.135% für die gesuchte Wahrscheinlich-

keit. (d.) Wieder müssen beide Intervallgrenzen (untere und obere) umgerechnet werden: Untere Grenze Æ u1 20.2 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u1

Obere Grenze Æ u2 24.1 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u1

u1  P

V u1  P

V

20.2  22.0 3.0

0.6

24.1 22.0 3.0

0.7

Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist dann 24.1

P

³

20.2

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V dx 2ʌ ˜ V

2P )  0.7  )  0.6 )  0.7  ª¬1  )  0.6 º¼ 0.75804  1  0.72575

48.379%

(e.) Einer der möglichen Rechenwege ist folgender: Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Ereignisse außerhalb eines Intervalls liegen, kann man als Komplement zur Wahrscheinlichkeit für das Liegen innerhalb dieses Intervalls berechnen. Das sähe dann so aus: Untere Grenze Æ u1 20.5 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u1

Obere Grenze Æ u2 25.3 , P

22.0 , V

3.0 Ÿ u1

u1  P

V u1  P

V

20.5  22.0 3.0

0.5

25.3 22.0 3.0

1.1

368

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Damit ergibt sich für das Komplement der gesuchten Wahrscheinlichkeit: 25.3

P 1N Komplement zu P

³

20.5

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V dx 2ʌ ˜ V

1.1

³

0.5

1  1 x2 ˜ e 2 dx 2ʌ

) 1.1  )  0.5 ) 1.1  ª¬1  )  0.5 º¼

Auflösen nach P liefert die gesuchte Wahrscheinlichkeit selbst: P 1  ª¬) 1.1  1  )  0.5 º¼ 1  ª¬0.86433  1  0.69146 º¼

44.421%

3 P Dies ist der Anteil aller Einzelereignisse, die wir außerhalb des Intervalls > 20.5;25.3@ erwarten.

Aufgabe 10.17 Stichprobe und Grundgesamtheit



komplett 8 min

hh

Punkte: insgesamt 5 P

Es wird vorausgesetzt, dass die Ergebnisse von Aufgabe 10.15 vorliegen.

Betrachten Sie nochmals die Stichprobe aus Aufgabe 10.15 mit P 170.5 , V 3.5 und N 10 . (a.) Wie groß schätzen Sie die Standardabweichung V S der Einzelwerte von deren Mittelwert ab – in dem Sinne, dass 68.3 % aller Einzelereignisse im Intervall > P  V ; P  V @ liegen? (b.) Wie groß schätzen Sie die Standardabweichung V G des Stichprobenmittelwertes vom Mittelwert der Grundgesamtheit ab – in dem Sinne, dass der Mittelwert der Grundgesamtheit mit einer Wahrscheinlichkeit von 68.3 % innerhalb des Intervalls > P  V G ; P  V G @ liegt? (c.) In welchem (um P symmetrischen) Intervall liegt der Mittelwert der Grundgesamtheit mit einer statistischen Sicherheit von 95.4 %? (d.) Wenn Sie zusätzlich zu der Stichprobe aus Aufgabe 10.15 noch eine zweite Stichprobe nehmen, können Sie die Aussagegenauigkeit im Bezug auf den Mittelwert der Grundgesamtheit verbessern. Angenommen, die zusätzliche Stichprobe liefert P 171.0 und N 20 - zu welchem gemeinsamen PG können Sie die beiden Stichproben dann zusammenfassen?

 Lösung zu 10.17 Der Sinn der Aufgabe: Hier soll man darauf achten, zu unterscheiden zwischen - statistischen Aussagen im Bezug auf die Einzelstichprobe und im Bezug auf Einzelereignisse und - statistischen Aussagen im Bezug auf die Grundgesamtheit, von der wir in vielen Fällen nur einen endlichen Auszug kennen.

Aufgabe 10.17 Stichprobe und Grundgesamtheit

369

(a.) Das in Aufgabe 10.15 berechnete V 3.5 beschreibt die Streuung der Einzelwerte um den Erwartungswert P , den wir als arithmetisches Mittel der Stichprobe abschätzen. Es ist also V S 3.5 . Anmerkung: Bei dieser Angabe wurde die Likelihood-Schätzfunktion V S 2 verwendet. V A2

Würde

1 ˜ N 1

man

diese

durch

die

N

¦ P  x i

2

ersetzen, so erhielte man V A2

i 1

andere

1 ˜ N

N

¦ P  x i 1

Schätzfunktion

N ˜V S 2 Ÿ V A N 1

d.h. man käme zu der etwas vorsichtigeren Schätzung von V A

2

i

mit

N ˜V S , N 1

TR 10 ˜ V S | 3.69 . 9

(Man vergleiche hierzu die Erklärung „Stolperfalle“ in Aufgabe 10.15.)

1P

(b.) Die Unsicherheit des Mittelwerts der Grundgesamtheit relativ zum Stichprobenmittelwert schätzt man ab als V G 2

1 ˜ N ˜  N  1

N

¦  P  xi 2 i 1

 3.5 2 10  1

49 Ÿ VG 36

7 TR | 1.17 . 6

Hier verliert eine Stolperfalle ihre Bedeutung: Bei der Abschätzung zur Unsicherheit des Mittelwerts der Grundgesamtheit ist es egal, auf welche der beiden Schätzfunktion V A oder V S der Stichprobe man sich bezieht, denn man schreibt V G2

1 ˜ N ˜  N  1

N

¦  P  xi 2 i 1

VS2

V A2

N 1

N

Dies führt immer zum selben Schätzwert im Bezug auf die Grundgesamtheit.

Der Mittelwert der Grundgesamtheit liegt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 68.3 % in- 1 P nerhalb des Intervalls ª¬170.5  76 ;170.5  76 º¼ ª¬169 13 ;171 32 º¼ . (c.) Hier ist das 2V  Konfidenzintervall im Bezug auf V G gefragt: ª170.5  2 ˜ 7 ;170.5  2 ˜ 7 º 6 6¼ ¬

ª168 1 ;172 5 º 6 6¼ ¬

1P

(d.) Da der Stichproben–Mittelwert wie ein arithmetisches Mittel abgeschätzt wird, können wir den gemeinsamen Mittelwert beider Stichproben aufgrund der Erwartungstreue der arithmetischen Mittelwerte berechnen (mit N ges N1  N 2 ): PG

1 ˜ N ges

N ges

¦ i 1

xi

1 ˜  N1 ˜ P1  N 2 ˜ P2 N ges

1 1025 ˜ 10 ˜ 170.5  20 ˜ 171.0 170.83 . 30 6

2P

370

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.18 Spezielle Konfidenzintervalle bei Gauß



Punkte insgesamt 4 P

hh

insgesamt 6 min

Aus einer Messung erhalten Sie die Messwerte laut Tabelle 10.18. Vorgegeben sei außerdem die Tatsache, dass die Messwerte einer Gauß-Verteilung genügen.

Tabelle 10.18 Tabelle der Einzelmesswerte einer Messreihe aus N

12 Messpunkten.

Messung Nr.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Messwert

3.5

3.7

3.8

3.2

3.3

3.1

3.5

3.9

3.8

3.6

3.7

3.5

(a.) Berechnen Sie den Erwartungswert der Gauß-Verteilung und das 1V  Intervall, in dem 68.3 % aller Einzelwerte zu erwarten sind (auch bei Vergrößerung des Stichprobenumfangs). (b.) Berechnen Sie das 2V  Intervall, in dem der Mittelwert der Grundgesamtheit mit einer Wahrscheinlichkeit von 95.4 % liegt.

 Lösung zu 10.18 1 P (a.) Erwartungswert P

1 ˜ N

N

¦x

i

i 1

1 ˜  3.5  3.7  3.8  3.2  ...  3.7  3.5 3.550 12

Varianz der Einzelwerte zum Stichprobenmittelwert: V2

1 ˜ N

N

¦ P  x i

i 1

2



1 2 2 2 ˜  3.50  3.55   3.70  3.55  ...   3.50  3.55 12



0.0575

Durch Wurzelziehen erhalten wir die Standardabweichung der Einzelwerte relativ zu deren TR

V2 0.0575 | 0.240 . 2 P Mittelwert: V Es sind also 68.3 % aller Einzelwerte im Intervall >3.550  0.240;3.550  0.240@

>3.310;3.790@

zu erwarten. (b.) Für die Grundgesamtheit gilt V G 2 1 P In unserer Aufgabe ist also V G

V N 1

1 ˜ N ˜  N  1

N

¦ P  x i

i 1

2

V2 N 1

Ÿ VG

V N 1

0.240 TR | 0.072 11

Das gefragte 2V  Intervall der Grundgesamtheit lautet also > P  2V G ; P  2V G @

>3.405;3.695@ .

Aufgabe 10.19 Verschiedene Mittelwerte

371

Aufgabe 10.19 Verschiedene Mittelwerte



Punkte (a…d.) je 1 P

hh

(a…d.) je 1 min

Gegeben sei eine Urliste aufgenommener Daten (siehe Tabelle 10.19a), aus der Sie bitte die folgenden verschiedenen Mittelwerte bestimmen. (a.) Das arithmetische Mittel (b.) Den Median (=Zentralwert) (c.) Den Modalwert (d.) Das geometrische Mittel Tabelle 10.19a Urliste statistisch verteilter Daten, zu der verschiedene Mittelwerte gesucht sind. Nr. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Wert

22

25

20

17

28

24

24

23

26

29

21

27

19

24

25

16 24

 Lösung zu 10.19 (a.) Die Formel zur Berechnung des arithmetischen Mittels lautet x

1 ˜ N

N

¦x

i

i 1

In unserer Aufgabe ist das arithmetische Mittel x

1 ˜  22  25  20  17  ...  25  24 16

1P

23.625 .

Stolperfalle: Hier handelt es sich nicht um einen Schätzwert, sondern um eine exakte Berechnung. Das arithmetische Mittel wird einfach nur berechnet, aber in dieser Berechnung steckt keine Aussage über die zugrunde liegende Zufallsverteilung der Einzelwerte. Nebenbemerkung: Allerdings sieht die Formel zur Berechnung des arithmetischen Mittels genauso aus wie die Formel zur Abschätzung des Erwartungswertes einer diskreten ZufallsVerteilung mit gleichwahrscheinlichen Einzelereignissen. Es ist müßig, darüber nachzudenken, ob es sich bei dieser formalen Ähnlichkeit um einen Zufall handelt oder nicht. (b.) Zur Bestimmung des Zentralwertes wird die Liste nach der Größe der Messwerte geordnet. Der Wert in der Mitte ist der Zentralwert. Die geordnete Liste ist in Tabelle 10.19b zu sehen. Tabelle 10.19b Geordnete Liste nach den statistisch verteilten Daten aus Tabelle 10.19a Nr. 4 13 3 11 1 8 6 7 14 16 2 15 9 12

Wert

17

19

20

21

22

23

24

24 24

24

25

25

26

27

5

10

28

29

Da die geordnete Liste eine gerade Anzahl von Werten enthält, stehen in ihrem Zentrum zwei 1 P Werte (fett gedruckt), deren arithmetisches Mittel den Zentralwert bildet: x

1 ˜  24  24 2

24

372

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(c.) Der Modalwert, auch Dichtemittel genannt, ist der häufigste Wert, also derjenige, der am 1 P häufigsten auftritt. Wie man leicht sieht, ist dies in unserem Bsp. die 24: xˆ 24

ʌ N

x

(d.) Das geometrische Mittel wird berechnet nach der Formel x

N

xi

i 1

1P

x

Für unsere Aufgabe ergibt sich dabei x

16

TR

22 ˜ 25 ˜ 20 ˜ 17 ˜ ... ˜ 25 ˜ 24 | 23.406

Anmerkung: Das geometrische Mittel ist immer dem Werte nach kleiner als das arithmetische (positive Einzelwerte vorausgesetzt).

Aufgabe 10.20 Textbeispiel – Poissonverteilung



6 min

Punkte 3P

hh

Betrachten wir ein elektronisches Gerät, welches 108 elektronische Bauelemente enthält (was heutzutage nicht besonders viel ist). Die Ausfallwahrscheinlichkeit jedes einzelnen Bauelements innerhalb der Garantiezeit betrage 0.5 ppb 5 ˜ 1010 . Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Gerät innerhalb der Garantiezeit ausfällt? Hinweis: Arbeiten Sie mit der Poisson-Verteilung. (Anmerkung: 1 ppb 1 ˜ 109 1 part per billion. Im angelsächsischen Sprachgebrauch wird die „Milliarde“ mit „billion“ übersetzt.)

 Lösung zu 10.20 Arbeitshinweis: Die Poisson-Verteilung ist eine diskrete Näherung der Binomialverteilung, bei der die Wahrscheinlichkeiten p und q sehr unterschiedlich ausfallen. In unserem Beispiel ist p 5 ˜ 1010 q

0.9999999995

Wahrscheinlichkeit für das Ausfallen eines Bauelements Wahrscheinlichkeit für das Überleben des Bauelements

Die Massefunktion der Poisson-Verteilung lautet f k

Pk k!

˜ e  P mit P

n˜ p

Darin ist n 108 Gesamtzahl der möglichen Ereignisse und P n ˜ p 108 ˜ 5 ˜ 1010 0.05 Erwartungswert (für die Ausfälle in der Garantiezeit) 1 P Da es für den Ausfall egal ist, ob ein elektronisches Bauteil ausfällt oder mehrere, beträgt die n

Wahrscheinlichkeit für einen Ausfall in der Garantiezeit

¦ f k

k 1

.

Aufgabe 10.22 Textbeispiel – Exponentialverteilung

373

In Anbetracht des sehr großen n ist es bequemer, die Wahrscheinlichkeit für das Überleben des Geräts zu berechnen. Sie ist f k 0 :

f 0

P0 0!

TR

˜ e 0.05 | 95.1% .

Ihr Komplement ist die Wahrscheinlichkeit für das Ausfallen eines Geräts: TR

Pgefragt

1  f 0 | 4.9%

2P

(innerhalb der Garantiezeit)

Aufgabe 10.21 Textbeispiel – Poissonverteilung



Insgesamt 4 min

Punkte insgesamt 2 P

hh

Der Zerfall eines radioaktiven Präparats folgt der Poisson-Verteilung. Betrachten wir ein Präparat, das aus 1020 Atomkernen besteht, von denen jeder eine ZerfallsWahrscheinlichkeit von p 4 ˜ 1018 im Verlauf einer Stunde hat. (a.) Berechnen Sie den Erwartungswert: Wie viele Kerne zerfallen im Mittel in der ersten Stunde? (b.) Berechnen Sie die Standardabweichung: Geben Sie das 1V  Intervall an, in dem das Ergebnis von Aufgabenteil (a.) mit einer statistischen Sicherheit von 68.3 % liegt.

 Lösung zu 10.21 n ˜ p 1020 ˜ 4 ˜ 1018

(a.) Der Erwartungswert der Poisson-Verteilung ist P

400

So viele Kerne sollten im Mittel pro Stunde zerfallen. (b.) Für die Poisson-Verteilung ist die Varianz V 2 Ÿ Standardabweichung in unseremBsp.: V

P

P

400

20 .

Das 1V  Intervall lautet also > P  V ; P  V @ >380;420@ .

2P

Aufgabe 10.22 Textbeispiel – Exponentialverteilung



insgesamt 12 min

hh

Punkte insgesamt 6 P

Der Ausfall von Halbleiter-Bauelementen als Funktion der Zeit folgt einer Exponentialverteilung. Betrachten wir das Verhalten von 20000 Bauelementen im Laufe der Zeit. Im ersten Jahr fallen 2000 Bauelemente aus.

374

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(a.) Den Ausfall wie vieler Bauelemente erwarten Sie im Laufe des zweiten und im Laufe des dritten Jahres? (b.) Wie viele funktionierende Bauelemente erwarten Sie noch nach 10 Jahren? (c.) Wie groß ist die mittlere Überlebensdauer der Bauelemente? Wie viele Bauelemente funktionieren noch nach dieser Zeit? (d.) Was mitunter Verkäufer interessiert: Nach welcher Zeit ist die Hälfte aller Bauelemente kaputt? (Die Zeit heißt auch Halbwertszeit.) Stolperfalle: Man verwechsele nicht die Ausfallwahrscheinlichkeit elektronischer Bauteile als Funktion der Zeit (wie sie in Aufgabe 10.22 betrachtet wird) mit der Ausfallwahrscheinlichkeit derselben Bauteile innerhalb eines gegebenen Zeitraumes (den wir in Aufgabe 10.20 betrachtet hatten).

 Lösung zu 10.22 (a.) Es ist ein Charakteristikum der Exponentialverteilung, dass die Ausfallwahrscheinlichkeit pro Zeitintervall 't zeitlich konstant ist. Wenn also im ersten Jahr 10 % aller Geräte ausfallen (im Bezug auf den Jahresbeginn), dann gilt dieser Prozentsatz auch im zweiten und im dritten Jahr. Wir können also folgende Aufzählung aufschreiben: Beginn 1.Jahr Æ 20000 funktionsfähige Bauelem. Im Lauf des 1. Jahres Æ 2000 Ausfälle Beginn 2.Jahr Æ 18000 funktionsfähige Bauelem. Im Lauf des 2. Jahres Æ 1800 Ausfälle 1 P Beginn 3.Jahr Æ 16200 funktionsfähige Bauelem. Im Lauf des 3. Jahres Æ 1620 Ausfälle (b.) Die Zahl der arbeitsfähigen Bauelemente als Funktion der Zeit n  t ist gegeben durch n t

n0 ˜ e Ot mit n0

und O

Zahl der arbeitsfähigen Bauelemente zur Zeit t 0 . Parameter der Exponentialverteilung (heißt auch Abklingkonstante).

Zur vollständigen Charakterisierung der Verteilung muss man n0 und O angeben. Bereits bekannt ist n0 20000 ; O wird nun ermittelt: 1P

n t

n0 ˜ e Ot

Ÿ e Ot

n t n0

Ÿ  Ot

ln §¨ ©

n t · n0 ¸¹

Ÿ Ot

n ln §¨ 0 ·¸ Ÿ O © n t ¹

1 ˜ ln § n0 · ¨ n t ¸ t © ¹

Der Zahlenwert für O wird bezogen auf einen Zeitraum t , den wir willkürlich wählen können, der aber in der Einheit von O angegeben sein muss. Wir entscheiden uns für den Zeit1 1 Jahr

raum t 1 Jahr und erhalten O

TR

˜ ln

20000 | 0.10536 Jahr 1  18000

1 P Unser O gibt als die Abklingkonstante im Bezug auf „Jahre“ an. Will man die Zahl der funktionierenden Bauelemente zum Zeitpunkt t 10 Jahre ausrechnen so setzt man in die obengenannte Funktion ein und erhält: 1P

n  t 10 Jahre

n0 ˜ e 0.10536 Jahre

1

˜10 Jahre

6974 Bauelemente

So viele Bauelemente sollten am Ende des 10ten Jahres noch funktionieren.

Aufgabe 10.23 Textbeispiel – Hypergeometrische Verteilung

375

(c.) Als mittlere Überlebensdauer bezeichnet man die Zeit P sich P

1

O

 

1 Jahr ˜ ln

20000 18000



1

O

. In unserer Aufgabe ergibt

1 TR

| 9.49122 Jahre für die mittlere Überlebensdauer.

Die Zahl der nach dieser Zeit noch funktionierenden Geräte beträgt nP

n0 ˜ e O ˜P

n0 ˜ e

O ˜

1P

1

n0 ˜ e1

O

36.79% ˜ n0 .

(d.) Wenn die Hälfte aller Geräte kaputt ist, hat die andere Hälfte noch überlebt. Zu diesem Zeitpunkt t H gilt n  tH

1 ˜n 2 0

n0 ˜ eO ˜tH

Ÿ e O ˜t H

Einsetzen der Werte führt uns zu t H

1 2

Ÿ  O ˜ tH

ln  2

O

ln

 12

Ÿ O ˜ tH

ln  2 Ÿ t H

ln  2

O

TR

P ˜ ln  2 | 6.5788 Jahre .

Nach dieser Zeit ist die Hälfte aller Bauelemente ausgefallen.

Aufgabe 10.23 Textbeispiel – Hypergeometrische Verteilung



(a.) (b.) (c.)

2 min 5 min 2 min

(a.) (b.) (c.)

Punkte

hhh

(a.) 1 P (b.) 3 P (c.) 1 P

Bei Qualitätskontrollen spielt die Hypergeometrische Verteilung eine Rolle, und zwar bei der Entnahme von Stichproben. Ein typisches Beispiel hierfür ist eine Fragestellung wie die folgende: In einer Kiste befinden sich 200 Bauteile aus einer Produktion, die typischerweise 4 % Ausschuss liefert. Zwecks Qualitätskontrolle wird eine Stichprobe mit einem Umfang von 10 Bauteilen entnommen. (a.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man bei diesem Stichprobenumfang überhaupt Schlechtteile findet? (b.) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass man bei diesem Stichprobenumfang nicht mehr als drei Schlechtteile findet? (c.) Falls man den Stichprobenumfang auf 100 Teile ausdehnen würde – wie viele Schlechtteile würde man dann in jeder Stichprobe typischerweise erwarten?

 Lösung zu 10.23 Die Wahrscheinlichkeit (gemeint ist die Massefunktion) der Hypergeometrischen Verteilung lautet f  x

§M · §N  M · ¨ ¸˜¨ ¸ © x ¹ © nx ¹ §N· ¨ ¸ ©n¹

mit N Gesamtumfang der Grundgesamtheit (Bauteile in der Kiste) M Anzahl der Elemente mit spez. Eigenschaft (Schlechtteile) n Stichprobenumfang x Anzahl der spez. Elemente in der Stichprobe (Schlechtteile)

1P

376

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

In unserer Aufgabenstellung ist N

200 ,

M

200 ˜ 4% 8

und n 10 .

(a.) Um den Rechenaufwand zu minimieren, addieren wir nicht die Wahrscheinlichkeiten 1, 2, 3… Schlechtteile zu finden, sondern wir berechnen das Komplement zu der gesuchten Wahrscheinlichkeit. Dies ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man in der Stichprobe keine Schlechtteile findet. Sie berechnet sie zu 1P f x

§ 8 · § 200  8 · ¨ ¸˜¨ ¸ © 0 ¹ © 10  0 ¹ TR | 65.84% § 200 · ¨ ¸ © 10 ¹

0

Das Komplement dazu ist die Wahrscheinlichkeit, überhaupt Schlechtteile zu finden: TR

P Aufg.a

1  f  0 | 34.16%

(b.) Hier müssen wir die Verteilungsfunktion berechnen, die sich nur durch explizite Summation über die einzelnen Terme der Massefunktion ermitteln lässt: k

F k

¦ f  x . x 0

In unserer Aufgabe ist 3P

P Aufg.b F  3

TR

f  0  f 1  f  2  f  3 | 65.8422%  28.7835%  4.9276%  0.4262% 99.9795%

(c.) Hier ist der Mittelwert der Verteilung gefragt: P

n˜ M N

8 100 ˜ 200

4

1 P Dies ist auch anschaulich klar: Wenn in 200 Teilen typischerweise 8 Schlechtteile enthalten sind, dann sollten in der Hälfte der Teile (=100) eben typischerweise halb so viele (= 4) Schlechtteile zu erwarten sein.

Aufgabe 10.24 Gauß’sche Fehlerfortpflanzung



(a.) (b.)

10 min 1 min

hh

Eine technische Größe y folge dem Gesetz y  a ; b ; c

Punkte (a.) 5 P (b.) 2 P a 2  3 ˜ bc

Die Einzelgrößen a , b und c seien Gaußverteilte Messgrößen über deren Erwartungswerte sich nach erfolgten Messungen folgende Aussagen machen lassen: a

500 r 15 ; b

50 r 1 ; c

3 r 0.02 (Unsicherheitsangaben als 1V  Vertrauensintervalle)

(a.) Berechnen Sie y und nach der Gauß’schen Fehlerfortpflanzung das zugehörige 'y ebenfalls als 1V  Intervall. (b.) Für welche der drei Größen a , b oder c müsste man die Messgenauigkeit zuerst verbessern, wenn man die Unsicherheit des 'y reduzieren wollte?

Aufgabe 10.24 Gauß’sche Fehlerfortpflanzung

377

 Lösung zu 10.24 TR

(a.) Die Berechnung von y ist simpel: y 5002  3 ˜ 503 | 790.57 Die Berechnung der 'y verläuft wie folgt: wy wa

1 ˜ a 2  3bc 2



 12

wy wb

1 ˜ a 2  3bc 2



 12

wy wc

1 ˜ a 2  3bc 2



Ÿ

 



 12

 12



˜ 3bc ˜ ln  b 2

§ 2 3 ¨ 500˜ 500  3˜50 ©







 12

 12



2

 12



3 c b ˜ ln  b ˜ a 2  3bc 2

§ wy · § wy · § wy · ¨ ˜ 'a ¸  ¨ ˜ 'b ¸  ¨ ˜ 'c ¸ © wa ¹ © wb ¹ © wc ¹

 'y 2



|



3 c ˜ bc 1 ˜ a 2  3bc 2

˜ 3c ˜ bc 1

§ 2 c ¨ a ˜ a  3b ©

TR



a ˜ a 2  3bc

˜ 2a

2



· §3 ˜15 ¸  ¨ ˜3˜502 ˜ 5002  3˜503 ¹ ©2



TR

 12

2

· §3 ˜ 'a ¸  ¨ c ˜ bc 1 ˜ a 2  3bc ¹ ©2 2







 12

 12

 9.486833 2  14.23025 2  18.55635 2 | 25.235655

2

· §3 ˜ 'b ¸  ¨ bc ˜ ln  b ˜ a 2  3bc ¹ ©2



2



· §3 ˜1¸  ¨ 503 ˜ln  50 ˜ 5002  3 ˜ 503 ¹ ©2



 12



· ˜ 'c ¸ ¹

 12

2

· ˜0.02 ¸ ¹

2



Die Endangabe formuliert man wie so: x Von der Unsicherheit gibt man (maximal) zwei Stellen (aufgerundet) an

Ÿ 'y | 26 .

x Die kleinste signifikante Stelle zur Angabe des Messwertes hat den selben Stellenwert wie die kleinste signifikante Stelle bei der Angabe der Unsicherheit (mathematisch gerundet) Ÿ y 791 . 5P x Also lautet die Abschätzung für das Ergebnis Ÿ y r 'y 791 r 26 .

(b.) In Zeile  sieht man, welche Beiträge die Unsicherheiten der einzelnen Messgrößen zur quadratischen Summation der Gesamtunsicherheit liefern. Diese sind: wy ˜ 'a 9.4868 wa wy 'b 6 Beitrag von ˜ 'b 14.230 wb wy 'c 6 Beitrag von ˜ 'c 18.556 wc

'a 6 Beitrag von

Diese Beiträge sind die Werte, die 'y annähme, wenn die jeweils vor dem Fußpfeil genannte Unsicherheit die einzige von Null verschiedene der Einzelgrößen wäre. Der dominante Beitrag rührt von 'c her, also ist c diejenige Einzelgröße, deren Unsicherheit bei der Berechnung von 'y den Hauptanteil liefert. Die Größe c ist es also, deren Messgenauigkeit man zuerst (oder vor allem) verbessern müsste, wenn man die Unsicherheit in der Aussage zu y r 'y spürbar verringern wollte.

2P

378

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Aufgabe 10.25 Gauß’sche Fehlerfortpflanzung



Punkte 2P

hh

5 min

In der Gauß’schen Fehlerfortpflanzung liegt der Grund, warum eine kleine Differenz zweier großer Einzelgrößen immer mit einer „ziemlich großen“ relativen Unsicherheit behaftet ist. Betrachten Sie als Beispiel hierzu die Größe y a  b , wobei Sie die Einzelgrößen gemessen haben als a 500 r 0.8% und b 480  1% . Berechnen Sie y r 'y und geben Sie die relative Unsicherheit von y an.

 Lösung zu 10.25 Die Berechnung von y ist eine einfache Subtraktion: y 500  480 20 Zur Vorbereitung der Gauß’schen Fehlerfortpflanzung berechnen wir 'a und 'b : 'a 500 ˜ 8% 4 und 'b 480 ˜ 1% 4.8 Dies setzen wir in die Gauß’sche Fehlerfortpflanzung ein:

 'y 2



wy wa

˜ 'a

2



2 wy ˜ 'b wb



1 ˜ 'a 2   1 ˜ 'b 2

2 P Die relative Unsicherheit von y beträgt

'y y

|

6.25 20

TR

 4 2   4.8 2 | 6.25

TR

| 31.2% .

Wie man sieht, ist die relative Unsicherheit von y wesentlich größer als die relativen Unsicherheiten von a und b .

Aufgabe 10.26 Regressionsgerade

 

vorab (a.) (b.) (c.) (d.)

6 min (a.) 3 min (b.) 3 min (c.) 4 min (d.) 4 min

Punkte vorab 2P (a.) 1 P

hh hh

(b.) 2 P

(c.) 2 P (d.) 2 P

Gegeben seien Wertepaare xi ; yi gemäß Tabelle 10.26 Tabelle 10.26 Liste von Wertepaaren xi ; yi , deren Korrelation untersucht werden soll. xi

457

423

380

358

334

306

260

220

203

183

132

124

80

yi

33

28

26

24

23

19

18

17

15

10

10

8

6

(a.) Wie gut liegen die durch  xi ; yi beschriebenen Punkte auf einer Geraden? Berechnen Sie den Korrelationskoeffizienten. (b.) Berechnen Sie die Ausgleichsgerade y ax  b .

Aufgabe 10.26 Regressionsgerade

379

(c.) Berechnen Sie die Varianz V 2 der Ausgleichsgeraden. (d.) Berechnen Sie die Standardabweichungen der Steigung a und des Achsenabschnitts b der Ausgleichsgeraden.

 Lösung zu 10.26 Arbeitshinweis:

Die Korrelationsanalyse und die Berechnung der Ausgleichsgeraden kann man wie ein Rezept abarbeiten; die Formeln dazu findet man in Formelsammlungen. Der Rechenweg dabei ist folgender: Als Vorarbeit berechnet man verschiedene Summen (die übrigens auf manchen Taschenrechnern bereits vorprogrammiert sind), danach setzt man diese Summen in Formeln ein, nach denen sich die verschiedenen Größen der Ausgleichsgeraden berechnen – diese wollen wir für die vorliegende Aufgabe mit folgenden Symbolen bezeichnen: a = Steigung und b = Achsenabschnitt der Geraden

V 2 = Varianz der Ausgleichsgeraden 'a und 'b = Standardabweichungen der Parameter a und b .

Die verschiedenen Summen, die man als Vorarbeit berechnet, lauten für unser Beispiel: Sx

¦x

457  423  380  358  ...  124  80 3460

i

i

Sy

¦y

33  28  26  24  ...  10  8  6

i

237

i

S x2

¦x

2 i

457 2  4232  3802  3582  ...  1242  802

1095432

i

S y2

¦y

2 i

332  282  262  242  ...  102  82  62

5153

i

S xy

¦x ˜ y i

i

457 ˜ 33  423 ˜ 28  380 ˜ 26  358 ˜ 24  ...  124 ˜ 8  80 ˜ 6 74980

i

Der Summationsindex i nummeriert die Datenpaare durch, er läuft also in unserer Aufgabe von 1 bis 13 , wobei N 13 die Gesamtzahl der vorhandenen Datenpaare ist. Stolperfalle:

Man beachte, dass S x2 z S x 2 ist, ebenso S y2 z S y 2 und S xy z S x ˜ S y . Bei S x2 ist über die xi2 zu summieren, was eine eigenständige Summation erfordert. Es genügt dafür nicht, die Summe über die S x zu quadrieren. Gleiches gilt in analoger Weise auch für die S y 2 und für die S xy – auch dies sind eigenständige Summationen.

2P

380

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Die Größen der Regressionsgeraden, die auch in der Aufgabenstellung gefragt sind, beantworten wir auf der Basis der Kenntnis der soeben berechneten Summen: (a.) Die Korrelationskoeffizienten findet man als 1P

S xy 

r

 Sx

2



1 N

1 N

1 ˜ 3460 ˜ 237 74980  13

˜ Sx ˜ S y



˜ S x2 ˜ S y 2 

1 N

˜ S y2



TR

1095432  131 ˜ 34602 ˜  5153  131 ˜ 2372

| 0.987

98.7 %

Die Werte unserer Aufgabe liefern also eine fast 100 %ige Korrelation, die ausdrückt, dass unsere Datenpaare ausgesprochen gut zu einer Geraden passen. (b.) Den Achsenabschnitt und die Steigung der Geraden y ax  b , berechnet man nach folgenden Formeln: a

2P b

S xy 

 Sx 1 N

2

1 N

˜ Sx ˜ S y



1 ˜ S2 x N

1 ˜ 3460 ˜ 237 TR 74980  13 | 0.068188 1 ˜ 34602 1095432  13

TR

(für die Steigung)

TR

1 ˜ 237  0.068188 ˜ 1 ˜ 3460 | 0.08223 ˜ S y  a ˜ N1 ˜ S x | 13 13

(für den Achsenabschnitt)

Arbeitshinweis:

In der hier verwendeten Schreibweise muss die Berechnung der Steigung a zuerst durchgeführt werden, denn ihr Wert wird in die Formel zur Berechnung des Achsenabschnitts b eingesetzt. Diese Vorgehensweise minimiert den Rechenaufwand. Zusätzliche Erläuterung: In manchen Formelsammlungen gibt es auch eine eigenständige Formel für den Achsenabschnitt b . Sie lautet b

S x 2 ˜ S y  S x ˜ S xy N ˜ S x2  S x2

. Tatsächlich kann diese Formulierung in die in un-

serer Musterlösung verwendete umgeformt werden. Aber: Wir haben uns für die Verwendung der einfacheren Formel für b entschieden, denn dadurch wird die Gefahr von Rechenfehlern verringert. 2 (c.) Die Varianz für Ausgleichsgeraden wird berechnet als V Abw

1 ˜ N 2

N

¦  y  ax  b i

i

2

.

i 1

2 P Setzt man die Werte ein, so liefert unser Beispiel V 2 TR Abw | 1.88762 . Dies ist die Summe der Abweichungsquadrate, dividiert durch  N  2 . Man kann die Angabe als Maß für die Abweichung der einzelnen Punkte von der Ausgleichsgeraden interpretieren. (d.) Die Standardabweichungen der Parameter a und b findet man in Formelsammlungen für den Fall, dass die xi normale Variablen (ohne Berücksichtigung einer statistischen Streuung) sind, die yi hingegen einer statistischen Streuung unterliegen. Dafür gilt:

Aufgabe 10.27 Nichtlineare Regression

V a2

V b2

2 N ˜ V Abw

N

˜ S x 2  S x2

2 S x 2 ˜ V Abw

N

˜ S x 2  S x2

13 ˜ 1.88762

TR

|

TR

|

381

TR

13 ˜ 1095432  3460

2

1095432 ˜ 1.88762 13 ˜ 1095432  3460

TR

2

TR

| 1.08 ˜ 105 Ÿ V a

| 0.9113 Ÿ V b

V a2 | 0.00329 TR

V b2 | 0.955

Im Sinne des 1V  Vertrauensintervalls einer Gauß-Verteilung lässt sich also sagen: TR

TR

Steigung: a | 0.06819 r 0.00329 und

2P

Achsenabschnitt: b | 0.082 r 0.955

Dabei wurde angenommen, dass die Datenpunkte in y-Richtung einer statistischen Streuung unterliegen, in x-Richtung hingegen nicht. Wer mag, kann zur Kontrolle die Punkte und die Gerade aufzeichnen.

Aufgabe 10.27 Nichtlineare Regression



Punkte 30 min

hhh

16 min

In Tabelle 10.27a sind die Wertepaare für xi ; yi für eine nichtlineare Regression mit zwei Parametern gegeben. Die anzupassende Regressionsfunktion sei y a ˜ ebx . Bestimmen Sie deren Parameter a und b sowie die zugehörigen Unsicherheiten V a und V b . Tabelle 10.27a Liste von Wertepaaren xi ; yi , für eine nichtlineare Regression. xi

0.01

0.12

0.23

0.30

0.40

0.49

0.55

0.62

0.71

0.80

yi

2.07

3.02

3.89

4.99

6.60

8.70

10.42

12.80

16.90

22.00

 Lösung zu 10.27 Arbeitshinweis: Viele nichtlineare Regressionsfunktionen lassen sich, sofern sie durch genau zwei Parameter bestimmt sind, auf die Regression einer Geraden zurückführen. Dies ist auch bei der Funktion y a ˜ ebx der Fall. Der Arbeitsweg besteht dann aus folgenden Schritten:

Schritt 1 Æ Schritt 2 Æ Schritt 3 Æ Schritt 4 Æ

Aufstellen eines Zusammenhangs zwischen der nichtlinearen Regressionsfunktion und einer Geraden. Umrechnen der in der Aufgabenstellung gegebenen Ausgangs-Wertepaare in Datenpaare, die einer linearen Regression zu unterziehen sind. Bestimmung der Regressionsparameter (Steigung und Achsenabschnitt) für die umgerechnete Gerade mittels linearer Regression. Zurückrechnen auf die Parameter a und b der nichtlinearen Funktion.

Zusatzschritt Æ Bestimmung der Standardabweichung für die Parameter a und b .

382

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Diesen Fahrplan arbeiten wir nun ab: Schritt 1: Wir logarithmieren die nichtlineare Funktionsgleichung und erhalten a ˜ ebx

y

Ÿ ln  y

ln  a  b ˜ x

Substituiert man hier v : ln  y und A : ln  a , so erhält man den linearen Zusammenhang 2P

ln  y

ln  a  b ˜ x Ÿ v

A  b ˜ x mit A = Achsenabschnitt und b = Steigung

Schritt 2: Da die Substitution auf die xy  Wertepaare wirkt, müssen die xy  Rohdaten in entsprechende xv  Wertepaare umgerechnet werden. Diese Umrechnung findet man in Tabelle 10.27b. Tabelle 10.27b Umrechnung der nichtlinearen Wertepaare xi ; yi mittels Substitution v : ln  y . xi

0.01

0.12

0.23

0.30

0.40

0.49

0.55

0.62

0.71

0.80

yi

2.07

3.02

3.89

4.99

6.60

8.70

10.42

12.80

16.90

22.00

TR

2P

vi |

0.72755 1.10526 1.35841 1.60744 1.88707 2.16332 2.34373 2.54945 2.82731 3.09104

ln  yi

Schritt 3: Nun kann die lineare Regression v  x A  b ˜ x vollzogen werden, deren Funktion bereits in Schritt 1 genannt worden war. Wir berechnen daher mit N 10 Wertepaaren die Summen Sx

¦x

0.01  0.12  0.23  ....  0.71  0.80

i

4.230

i

TR

Sv

¦ v | 0.72755  1.10526  1.35841  ....  2.82731  3.09104 i

19.66058

i

S x2

¦x

2 i

0.012  0.122  0.232  ....  0.712  0.802

2.38850

i

Sv 2

¦v

2 i

TR

| 2.07 2  3.022  3.892  ....  16.902  22.002

43.9620321

i

2P

TR

S xv

¦ x ˜ v | 0.01 ˜ 0.72755  0.12 ˜1.10526  ....  0.71 ˜ 2.82731  0.80 ˜ 3.09104 i

i

10.09936

i

Einsetzen dieser Summen in die Formeln für den Achsenabschnitt und die Steigung einer Ausgleichsgeraden liefert: Steigung Æ b 2P

S xv 

 Sx

2

1 N

1 ˜ 4.230 ˜ 19.66058 TR ˜ S x ˜ Sv TR 10.09936  10 | | 2.9754755 1 ˜ 4.2302 2.38850  10  N1 ˜ S x2

Achsenabschnitt Æ A



1 N





TR

TR

1 ˜ 19.66058  2.9754755 ˜ 1 ˜ 4.230 | 0.7074319 ˜ Sv  a ˜ N1 ˜ S x | 10 10

Aufgabe 10.27 Nichtlineare Regression

383

Schritt 4: Das Zurückrechnen auf die Parameter a und b der nichtlinearen Funktion erfolgt mittels Resubstitution: TR

TR

Die Resubstitution von a lautet nach Schritt 1: A ln  a Ÿ a e A | e0.7074279 | 2.028774 Der Parameter b braucht nicht resubstituiert werden, da b durch nichts ersetzt wurde. TR

Die gesuchte nichtlineare Regressionsfunktion lautet also y a ˜ ebx | 2.028774 ˜ e2.9754755˜ x .

1P

Zusatzschritt: Wir beginnen mit der Bestimmung der statistischen Unsicherheiten der Parameter der Geraden v A  b ˜ x und setzen einfach der Reihe nach in die Formeln ein, wie bereits aus Aufgabe 10.26 bekannt. Der Korrelationskoeffizient lautet 1 N 1 ˜ S2 x N

S xv 

r

 Sx

2



1 ˜ 4.230 ˜ 19.66058 10.09936  10

˜ S x ˜ Sv

˜  Sv

2



1 N

˜ Sv2



TR

 2.38850 101 ˜4.2302 ˜ 43.9620321 101 ˜19.660582

1P

| 0.9997069

Die Varianz der Punkte aus der Summe der Abweichungsquadrate beträgt 1 ˜ N 2

2 V Abw

N

¦  v  bx  A i

i

2 TR

2P

| 3.88845 ˜ 104

i 1

Damit können wir einsetzen in die Standardabweichungen der Parameter b und A : Für die Steigung b : V b2

2 N ˜ V Abw

N

˜ S x 2  S x2

10 ˜ 3.88845 ˜ 104

TR

|

TR

10 ˜ 2.38850  4.230

2

TR

| 6.489298 ˜ 104 Ÿ V b

V b2 | 2.5474 ˜ 102

Für den Achsenabschnitt A : V A2

2 S x 2 ˜ V Abw

N

˜ S x 2  S x2

TR

|

2.38850 ˜ 3.88845 ˜ 104 TR | 1.54997 ˜ 104 Ÿ V A 10 ˜ 2.38850  4.2302

TR

V A2 | 1.24498 ˜ 102

2P

Dies sind aber die Unsicherheiten der substituierten Geraden. Das gesuchte Ergebnis der Unsicherheiten der Parameter der nichtlinearen Regression erhalten wir, indem wir die Standardabweichungen der Parameter der Geraden umrechnen in die Standardabweichungen der Parameter der nichtlinearen Funktion. Die Formeln dafür benutzen wir aus der Gauß’schen Fehlerfortpflanzung, auch wenn die Größen a und b nur von jeweils einer einzigen Einflussgröße abhängen: TR

x V b braucht gar nicht umgerechnet werden, denn wegen b b ist auch V b V b | 2.5474 ˜ 102 x V a wird aus V A berechnet in Anlehnung an die Gauß’sche Fehlerfortpflanzung mit a e A (die Abhängigkeit enthält nur eine einzige Variable): Va

§ wa · ¨ ˜V A ¸ © wA ¹ TR

2

Ÿ V a | 2.5 ˜ 102

§ w A · e ˜V A ¸ ¨ © wA ¹



2

e A ˜V A

2

eA ˜V A

TR

a ˜ V A | 2.028774 ˜ 1.24498 ˜ 102

2P

384

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Abschließend sei das Ergebnis der nichtlinearen Regression zusammengefasst (mit Rundung auf zwei signifikante Stellen der Unsicherheit): TR

TR

Die Funktion lautet y a ˜ ebx mit a | 2.029 r 0.025 und b | 2.975 r 0.026 Anmerkung: Die Stimmigkeit der Regression mag man anhand von Bild 10-27 erkennen.

Bild 10-27 Vergleich zwischen den Wertepaaren der Aufgabenstellung (Kreise) und der nichtlinearen Regressionsfunktion (Linie)

Anmerkung: Statistische Berechnungen sind nur dann vollständig, wenn man auch die Angabe der Unsicherheiten (wie etwa der Varianzen oder Standardabweichungen) vorgenommen hat. Aus Gründen der begrenzten Bearbeitungszeit wird in Prüfungen allerdings manchmal darauf verzichtet.

Aufgabe 10.28 Regressionsgerade



Punkte 9P

hh

20 min

Zur weiteren Übung rechnen wir noch eine Ausgleichsgerade durch (ohne viel Kommentar). Die Wertepaare xi ; yi entnehme man Tabelle 10.28. Bestimmen Sie die Steigung, den Achsenabschnitt und deren statistische Unsicherheiten.

Tabelle 10.28 Liste von Wertepaaren xi ; yi zur Berechnung einer Ausgleichsgeraden. xi

5

7

9

11

13

15

17

19

21

23

25

27

29

31

yi

2.6

6.5

9.0

11.0

15.8

18.3

20.2

23.7

27.5

30.0

33.2

35.1

38.8

41.7

Aufgabe 10.29 Nichtlineare Regression

385

 Lösung zu 10.28 14

¦

Berechnung der verschiedenen Summen: S x

14

xi

252

Sy

i 1

14

¦x

2 i

S x2

¦y

2 i

S y2

i 1

313.4

i

i 1

14

5446.0

¦y

2P

14

9040.1

S xy

i 1

¦x ˜ y i

i

6997.2

i 1

Daraus folgen die Größen der Geraden: Steigung Æ

a

Achsenabschnitt Æ b

1 N

˜ Sx ˜ S y



1 N

S xy 

 Sx 1 N

2

˜ S x2

1 ˜ 252 ˜ 313.4 TR 6997.2  14 | 1.4901 1 ˜ 2522 5446  14

TR

2P

TR

1 ˜ 313.4  1.4901 ˜ 1 ˜ 252 | 4.43626 ˜ S y  a ˜ N1 ˜ S x | 14 14

Die Unsicherheitsbetrachtung verläuft dann wie folgt: Korrelationskoeffizient Æ r

S xy 

 Sx

2



1 N

1 N

1 ˜ 252 ˜ 313.4 6997.2  14

˜ Sx ˜ S y



˜ S x2 ˜ S y 2 

1 N

˜ S y2

TR

5446  141 ˜ 2522 ˜ 9040.1  141 ˜ 313.42

2 Varianz der Ausgleichsgeraden Æ V Abw

1 ˜ N 2

N

¦  y  ax  b i

i

| 0.9990541

2 TR

| 0.319011

1P

2P

i 1

Unsicherheiten für Steigung und Achsenabschnitt Æ V a2

V b2

2 N ˜ V Abw

N

˜ S x 2  S x2

2 S x 2 ˜ V Abw

N ˜ S x2

TR

|

14 ˜ 0.319011 14 ˜ 5446  252

TR

2

TR

| 3.5056 ˜ 104 Ÿ V a

V a2 | 0.0187

2P

5446 ˜ 0.319011 TR | | 0.136368 Ÿ V b 2  S x 14 ˜ 5446  2522 TR

V b2

TR

| 0.3693

Im Sinne des 1V  Vertrauensintervalls einer Gauß-Verteilung lässt sich also sagen: TR

TR

Steigung: a | 1.4901 r 0.0187

und

Achsenabschnitt: b | 4.436 r 0.369

Aufgabe 10.29 Nichtlineare Regression



40 min

hhh

Punkte 20 P

Zur weiteren Übung rechnen wir noch eine nichtlineare Regression (ohne viel Kommentar). Die Wertepaare xi ; yi entnehme man Tabelle 10.29a.

386

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik a˜x . bx

Die Kurve, deren Parameter Sie bitte bestimmen, lautet y  x

Vergessen Sie nicht die Betrachtung der statistischen Unsicherheiten. Tabelle 10.29a Liste von Wertepaaren xi ; yi , zur Berechnung einer nichtlinearen Regression. xi

2.5

6.7

11.6

19.2

28.0

41.6

46.3

60.8

72.7

76.2

77.6

103.9

yi

5.6

12.7

19.4

24.1

27.4

28.2

31.9

30.5

33.7

36.7

40.9

40.4

 Lösung zu 10.29 Schritt 1: Den Zusammenhang zur linearen Regression erhält man in diesem Beispiel, indem man den Kehrwert aus der nichtlinearen Funktionsgleichung bildet. a˜x bx

y

1 y

Ÿ

bx a˜x

b x  a˜x a˜x

b 1 1 ˜  a x a



Der Zusammenhang zur Geradengleichung wird ersichtlich, wenn man substituiert: v:

2P

1 und y

u:

1 . x

1 b ˜ u  . Dies ist eine Geradengleichung v a a b 1 und dem Achsenabschnitt B . a a

Damit wird die Gleichung  zu v mit der Steigung A

A˜u  B

Schritt 2: Aufgrund dieser Substitution rechnen wir die xy  Wertepaare in uv  Wertepaare um und erhalten Tabelle 10.29b. Tabelle 10.29b Umrechnung der nichtlinearen Wertepaare xi ; yi mittels Substitution in ui ; vi . xi

2.5

6.7

11.6

19.2

28.0

41.6

46.3

60.8

72.7

76.2

77.6

103.9

yi

5.6

12.7

19.4

24.1

27.4

28.2

31.9

30.5

33.7

36.7

40.9

40.4

i

0.400 0.149 0.086 0.052 0.035 0.024 0.021 0.016 0.013 0.013 0.012 0.009 000 254 207 083 714 038 598 447 755 123 887 625

1 yi

0.178 0.078 0.051 0.041 0.036 0.035 0.031 0.032 0.029 0.027 0.024 0.024 571 740 546 494 496 461 348 787 674 248 450 752

TR

ui | x1 TR

3P

vi |

Schritt 3: Vollzug der linearen Regression v A ˜ u  B : Wir beginnen mit der Berechnung der notwendigen Summen.

Aufgabe 10.29 Nichtlineare Regression TR

Su

TR

¦ u | 0.834732

Sv

i

i

¦v

2 i

Sv 2

387

¦ v | 0.592568

Su 2

i

2 i

TR

| 0.195631

i

i

TR

¦u

TR

| 0.0499471

Suv

i

2P

¦ u ˜ v | 0.0944769 i

i

i

Daraus ergeben sich die Parameter der Geraden. 1 N

1 ˜ 0.834732 ˜ 0.592568 TR ˜ Su ˜ Sv TR 0.0944769  12 | | 0.387138 1 ˜ 0.8347322 0.195631  12  N1 ˜ Su2

Suv 

Steigung Æ A

 Su

2

Achsenabschnitt Æ B



1 N





TR

2P TR

1 ˜ 0.592568  0.387138 ˜ 1 ˜ 0.834732 | 0.022451 ˜ Sv  A ˜ N1 ˜ Su | 12 12

Schritt 4: Zurückrechnen auf die Parameter a und b der nichtlinearen Funktion mittels Resubstitution: B

1 a

TR 1 TR 1 | | 44.54 B 0.022451

Ÿ a

und

A

b a

Ÿ b

A˜ a

Die gesuchte nichtlineare Regressionsfunktionen lautet y  x

A TR 0.387138 TR | | 17.2438 B 0.022451

a ˜ x TR 44.54 ˜ x . | b  x x  17.2438

2P

Zusatzschritt: Betrachtung der statistischen Unsicherheiten: Wir beginnen mit den Unsicherheiten der Geraden. Korrelationskoeffizient Æ r

1 N 1 ˜ S2 u N

Suv 

 Su

2



˜ Su ˜ S v

˜  Sv

2

1 ˜ 0.834732 ˜ 0.592568 0.0944769  12

TR

1 N



˜ Sv2



|

1P

 0.195631  121 ˜ 0.8347322 ˜  0.0499471  121 ˜ 0.5925682

TR

Ÿ r | 0.9983588

Die Varianz der Punkte aus der Summe der Abweichungsquadrate beträgt 2 V Abw

1 ˜ N 2

N

¦  v  Au  B i

i

2P

2 TR

| 6.7842795 ˜ 106

i 1

Damit können wir einsetzen in die Standardabweichungen der Parameter A und B : V A2

V B2

2 N ˜ V Abw

N ˜ Su 2  Su2 2 Su 2 ˜ V Abw

N ˜ Su 2  Su2

TR

|

12 ˜ 6.7842795 ˜ 106

TR

12 ˜ 0.195631  0.8347322

| 4.93163 ˜ 105 Ÿ V A

TR

V b2 | 7.022557 ˜ 103

2P TR

|

0.195631 ˜ 6.7842795 ˜ 10

6

12 ˜ 0.195631  0.8347322

TR

| 8.03985 ˜ 107

Ÿ VB

TR

V A2 | 8.96652 ˜ 104

388

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Die statistischen Unsicherheiten der Parameter der nichtlinearen Kurve bestimmen wir wie gewohnt mit der Gauß’schen Fehlerfortpflanzung: a

x

1 B

2

§ wa · § wa · ˜V B ¸ ¨ ˜V A ¸  ¨ © wA ¹ © wB ¹

Ÿ Va

 0 ˜ V A 2  §¨

1

· ˜V B ¸ © B2 ¹

A xb Ÿ Vb B

3P

2

VB B

2

TR

|

2

§ wb · § wb · ˜V B ¸ ¨ ˜ V A ¸ ¨ A B w w © ¹ © ¹



2



§w 1 · §w 1 · ¨ B ˜V ¸  ¨ B ˜V ¸ A B ¨ wA ¸ ¨ wB ¸ © ¹ © ¹

2

2

8.96652 ˜ 104 TR | 1.779 0.0224512 2



2



§w A · §w A · ¨ B ˜ V ¸ ¨ B ˜ V ¸ A B ¨ wA ¸ ¨ wB ¸ © ¹ © ¹

2

2

· §1 · § A ¨ ˜ V A ¸ ¨  2 ˜ V B ¸ B © ¹ © B ¹

2

2

2 TR § 7.022557 ˜ 103 · § 0.387138 4 · Ÿ Vb | ¨ ˜ ˜ | 0.7564 8.96652 10 ¸  ¨ ¸ ¨ 0.022451 ¸ © 0.0224512 ¹ © ¹ TR

Das Ergebnis der nichtlinearen Regression formuliert man als in geeignet gerundeter Form als 1P

y  x

a˜x mit bx

TR

a | 44.54 r 1.78

TR

und

b | 17.24 r 0.76

Anmerkung: Zur optischen Kontrolle des Ergebnisses wurde Bild 10-29 erstellt.

Bild 10-29 Vergleich zwischen den Wertepaaren der Aufgabenstellung (Kreise) und der nichtlinearen Regression. Die mittlere Linie stellt den Erwartungswert der Regressionsrechnung dar, die beiden äußeren Linien begrenzen das 1V  Intervall, das sich für die Funktion ergibt, wenn man die Parameter a und b um 1V gegenüber deren Mittelwerten variiert.

Aufgabe 10.30 Chi-Quadrat-Test einer Gleichverteilung

389

Aufgabe 10.30 Chi-Quadrat-Test einer Gleichverteilung



Punkte 6P

hh

12 min

Überprüfen Sie mit Hilfe eines Chi-Quadrat-Tests die Verteilung des Zufallszahlengenerators eines Computers. Nehmen wir an, wir weisen den Zufallszahlengenerator an, uns natürliche Zahlen von 0 … 9 auszugeben und wir wollen prüfen, ob eine Gleichverteilung vorliegt, d.h. ob alle 10 möglichen Zahlen im Rahmen der statistischen Streuung mit gleicher Wahrscheinlichkeit auftreten. Dazu lassen wir den Zufallszahlengenerator 1000 Zahlen ausgeben und zählen, welche Zahl mit welcher Häufigkeit angezeigt wurde. Die Zählung dieser Häufigkeiten sei in Tabelle 10.30a angegeben. Tabelle 10.30a Absolute Häufigkeiten des Auftretens von Zahlen bei einem Zufallszahlengenerator. ausgegebene Zahl i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Häufigkeit des Auftreten von i

95

100

107

112

111

100

95

90

93

97

(a.) Berechnen Sie das F 2 unter Verwendung der in Tabelle 10.30a angesetzten Klasseneinteilung in 10 Klassen. (b.) Interpretieren Sie F 2 : Kann man aufgrund unseres Tests bei einer statistischen Sicherheit von 90 % einer Gleichverteilung widersprechen? Hinweis: Zu Aufgabenteil (b.) Æ In Formelsammlungen findet man Tabellen, die einen Zusammenhang zwischen dem Freiheitsgrad des Tests f , der statistischen Sicherheit p und der Testvariablen F 2 herstellen. Ein für unsere Übungszwecke ausreichender Auszug aus einer derartigen Tabelle findet sich zum Beispiel auch im Anhang des vorliegenden Buches als Tabelle 15.2.

 Lösung zu 10.30 (a.) Zur Berechnung des F 2 wurde Tabelle 10.30b angelegt. Wie man sieht ist F 2 5.22 Tabelle 10.30b Bestimmung des F 2 zur Prüfung der Gleichverteilung eines Zufallszahlengenerators

0

ausgegebene Zahl i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

6

Theoret. erwartete Häufigkeit ni

100 100 100 100 100 100 100 100 100 100

1000

Beobachtete Häufigkeit ni

95

Absolute Differenz 'ni Quadrat der rel. Differenz

ni  ni

 'ni 2 ni

-5

100 107 112 111 100 0

+7

+12 +11

0

95

90

93

97

1000

-5

-10

-7

-3

0

0.25 0.00 0.49 1.44 1.21 0.00 0.25 1.00 0.49 0.09

5.22

4P

390

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

(b.) Die Zahl der Freiheitsgrade des Tests ist f mit k 10 Zahl der Klassen

k  1  z 10  1  0 9

und

z

0

Zahl der Parameter der Verteilung

Nach der Aufgabenstellung ist die Nullhypothese die Gültigkeit der Gleichverteilung. Bei f 9 Freiheitsgraden und einem Signifikanzniveau von p 90% 0.90 erhalten wir einen 2 P kritischen Grenzwert von 14.68. Wäre F 2 t 14.68 , so könnten wir mit einer Signifikanz von 90 % die Gültigkeit der Gleichverteilung ablehnen. Dies ist bei unserem Test nicht der Fall, also müssen wir die Gleichverteilung des Zufallszahlengenerators akzeptieren.

Aufgabe 10.31 Chi-Quadrat-Test einer Gauß-Verteilung



Schritt 1 Æ 7 min Schritt 2 Æ 20 min Schritt 3 Æ 3 min

hhh

Punkte: Schritt 1 Æ 3 P Schritt 2 Æ 12P Schritt 3 Æ 2 P

Messwerte folgen häufig einer Gauß-Verteilung. Bei einem speziellen Messgerät haben Sie den Verdacht auf systematische Messfehler derart, dass die Messwerte vielleicht nicht einer Gauß-Verteilung folgen. Deshalb überprüfen Sie im Laufe der Zeit das Messgerät wiederholt an einer Kalibriereinrichtung (die immer den selben Ausgangswert liefert) und erhalten eine lange Liste einzelner Messwerte. Um die kontinuierlichen Messwerte einem Chi-Quadrat-Test zuführen zu können, müssen diese in Klassen eingeordnet werden. Diese Einteilung ist bereits in der Aufgabenstellung vorweggenommen, um die Menge der zu druckenden Daten zu gering zu halten. Das Ergebnis dieser Klasseneinteilung findet man in Tabelle 10.31a.

Tabelle 10.31a Klasseneinteilung der Messwerte des zu prüfenden Messgerätes Klasse >5.6;5.7> >5.7;5.8> >5.8;5.9> >5.9;6.0> >6.0;6.1> >6.1;6.2>

Häufigkeit

3

11

24

27

25

20

>6.2;6.3> >6.3;6.4> 11

3

Werten Sie bitte diese Liste aus: Würden Sie aufgrund des Ergebnisses eines F 2 -Tests das Messgerät beim Hersteller mit einer Sicherheit von wenigstens 90 % reklamieren?

 Lösung zu 10.31 Die Arbeitsschritte sind folgende: Schritt 1 Æ Wenn wir eine Gauß-Verteilung überprüfen wollen, müssen wir sie bestimmen, d.h. wir müssen ihre Parameter P und V berechnen.

Aufgabe 10.31 Chi-Quadrat-Test einer Gauß-Verteilung

391

Schritt 2 Æ Berechnung des F 2 . Dazu bestimmen wir die theoretisch erwarteten Häufigkeiten aus der in Schritt 1 berechneten Gauß-Verteilung. Schritt 3 Æ Interpretation des F 2 durch Vergleich mit den Grenzwerten entsprechend der Quantile der Chi-Quadrat-Verteilung. Diese Schritte arbeiten wir nun durch: Schritt 1: Am genauesten wäre es, die Parameter der Gauß-Verteilung aus allen Einzelmesswerten zu bestimmen. Da in der Aufgabenstellung aber nur die Klasseneinteilung gegeben ist, müssen wir uns darauf beziehen. Die Anzahl der Messwerte beträgt N 3  11  24  27  25  20  11  3 124 . Zur Berechnung des Erwartungswertes setzen wir in Näherung voraus, dass innerhalb jeder einzelnen Klasse die Messwerte gleichverteilt seien. Mit sehr viel Rechenaufwand könnte man die Asymmetrie der Verteilung der Einzelwerte innerhalb jeder Klasse berücksichtigen, aber dies übersteigt den zeitlichen Rahmen von Klausuraufgaben. Wir setzen also für jede einzelne Klasse deren Mittelwert ein und erhalten die Parameter der Gauß-Verteilung: P|

˜  3 ˜ 5.65  11 ˜ 5.75  24 ˜ 5.85  27 ˜ 5.95  25 ˜ 6.05  20 ˜ 6.15  11 ˜ 6.25  3 ˜ 6.35

1 N

mit xi

N

V

2

¦ x  P i

2

˜ p  xi

TR

743.3 | 5.994 124

Messwert Nr. i

p  xi

Wahrscheinlichkeit für das Auftreten von xi

(= relative Häufigkeit des Auftretens)

i 1

2

2

2

2 TR

3 ˜ 5.65  P  11 ˜ 5.75  P  24 ˜ 5.85  P  ...  3 ˜ 6.35  P | 2.60165 ˜ 102 Ÿ V 2 | 124  124  124   124

Ÿ V

TR

3P

V 2 | 0.1612964

Damit ist bestimmt, welche Gauß-Verteilung vorliegen müsste, wenn die Daten denn einer solchen Verteilung folgen. Mit anderen Worten: Die durch die angegebenen P und V bestimmte Gauß-Verteilung ist unter allen Gauß-Verteilungen diejenige, die am besten zu den Messwerten passt. Schritt 2: Die theoretischen Häufigkeiten der Gauß-Verteilung für alle einzelnen Klassen > xU ; xO > müssen über die Verteilungsfunktion berechnet werden, also im Prinzip aus der Integration der Dichtefunktion gemäß xO

p > xU ; xO >

³

xU

 x  P 2  1 2 ˜ e 2V dx 2ʌ ˜ V

)  xO  )  xU  



Einsetzen der Verteilungsfunktion

Wie an dieser Stelle üblich greifen wir auf eine Tabelle der Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung zurück (vgl. Aufgabe 10.16 und Tabelle 15.1). Dazu müssen sämtliche Intervallgrenzen (die auch die Integralgrenzen bilden) in Einheiten von P und V ausge-

392

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

drückt werden. Durch Anwendung der Formel u

u  P

V

aus Aufgabe 10.16 rechnen wir die

Argumente u unserer Gauß-Verteilung in die Argumente u der Standardnormalverteilung um und bestimmen daraus die Werte der Verteilungsfunktion an den jeweiligen Grenzen



) u .

Stolperfalle:

Da die Gauß-Verteilung eine Näherung ist, die auch für extrem weit vom Mittelwert entfernte Punkte u bzw. u immer noch endliche Werte der Verteilungsfunktion ) liefert, müssen die äußersten Intervallgrenzen bei f und f festgelegt werden. Die untere Grenze als unterer Rand des ersten Intervall wird somit nicht aus u 5.6 bestimmt, sondern sie lautet korrekterweise: f

u P

P  f ˜V



Ÿ ) u

f



0

In analoger Weise liegt die obere Integralgrenze des letzten Intervalls bei )   f 1 . Zur Bestimmung der nachfolgend angegebenen Werte der Verteilungsfunktion ist zwischen den in Tabelle 15.1 angegebenen Werten linear zu interpolieren. Am Beispiel des allerersten Wertes wird diese lineare Interpolation vorgeführt – für alle weiteren Werte mögen die Leser diese Interpolation der Einfachheit halber selbst durchrechnen und mit den Ergebnissen der Musterlösung vergleichen. Der erste Wert, für den wir die Verteilungsfunktion aus der Tabelle entnehmen müssen, ist u 5.7 Ÿ u 1.825 . Die zugehörige lineare Interpolation wird wie folgt demonstriert: Der Tabelle der Verteilungsfunktion entnimmt man die Werte • für u1 1.82 o )  u1 0.96562 °½ ¾ Ÿ 'u u2  u1 0.02 , ') )  u2  )  u1 0.0015 • für u2 1.84 o )  u2 0.96712 °¿

Wegen u  u1 1.825  1.82 0.005 L. I .

zung | ):

) u





L. I .

1 ˜ 'u 4

Ÿ u

) u1  14 'u | )  u1  14 ˜ ')

u1  14 ˜ 'u interpolieren wir linear (Abkür0.96562  14 ˜ 0.0015 0.965995

Da die Werte der Verteilungsfunktion in der Tabelle mit einer Genauigkeit von 5 signifikanten Stellen angegeben sind, runden wir auch den interpolierten Wert auf ebendiese Anzahl L. I .

von Stellen: ) 1.825 | 0.96600

Aufgabe 10.31 Chi-Quadrat-Test einer Gauß-Verteilung

393

In analoger Weise stellen wir für alle zur Lösung der Aufgabe benötigten Argumente die Werte der Verteilungsfunktion dar: u P



Ÿ ) u

P  f ˜V

f TR

5.7 | P  1.825 ˜ V TR

5.8 | P  1.205 ˜ V



Ÿ ) u

 )  u

Ÿ ) u

TR

5.9 | P  0.585 ˜ V TR

6.0 | P  0.035 ˜ V TR

6.1 | P  0.655 ˜ V TR

6.2 | P  1.275 ˜ V TR

6.3 | P  1.895 ˜ V TR

f | P  f ˜ V

f

Ÿ



0



1  )  u 1.825 1  0.96600

0.03400

1P

5.9

1  )  u 1.205 1  0.88589

0.11411

1P

1  ) u

0.27928

1P

5.7 5.8



6.0



6.1



6.2

Ÿ ) u





Ÿ ) u Ÿ ) u Ÿ ) u

Ÿ ) u

0.585 1  0.72072



) u

0.035

0.51396

1P



) u

0.655

0.74376

1P



)  u 1.275

0.89884

1P

6.3



)  u 1.895

0.97095

1P



1

f

Durch Differenzbildung entsprechend Gleichung  gelangen wir nun zu den Wahrscheinlichkeiten der einzelnen Intervalle: p > f ;5.7> p >5.7;5.8> p >5.8;5.9> p >5.9;6.0> p > 6.0;6.1> p > 6.1;6.2> p > 6.2;6.3> p > 6.3;  f>

 )  u )  u )  u )  u )  u )  u )  u ) u

 5.8  )  u 5.9  )  u 6.0  )  u 6.1  )  u 6.2  )  u 6.3  )  u f  )  u 5.7  ) u

5.7 5.8 5.9 6.0 6.1 6.2 6.3 f

0.03400 0.11411  0.03400 0.08011 0.27928  0.11411 0.16517 0.51396  0.27928 0.23468 0.74376  0.51396 0.22980 0.89884  0.74376 0.15508 0.97095  0.89884

0.07211

1  0.97095 0.02905

Damit lässt sich die Tabelle 10.31b erstellen, wenn man bedenkt, dass die theoretisch zu erwartende Häufigkeit nichts anderes ist als ni N ˜ p > xU ; xO > .

2P

394

10 Wahrscheinlichkeitsrechnung und Statistik

Tabelle 10.31b Bestimmung des F 2 zur Prüfung der Gauß-Verteilung einer Messreihe.

Klasse

>-f;5.7> >5.7;5.8> >5.8;5.9> >5.9;6.0> >6.0;6.1> >6.1;6.2> >6.2;6.3> >6.3; f>

6

Messung Æ ni

3

11

24

27

25

20

11

3

124

Theorie Æ ni

4.216

9.934

20.481

29.100

28.495

19.230

8.942

3.602

124 **

ni  ni

-1.216

+1.066

+3.519

-2.100

-3.495

+0.770

+2.058

-0.602

0 **

0.3507

0.1144

0.6046

0.1516

0.4287

0.0308

0.4736

0.1006

2.255

'ni

 'ni 2 ni **

Eine eventuelle Rundungs-Ungenauigkeit in der letzten Stelle könnte ignoriert werden.

Als Ergebnis von Tabelle 10.31b sehen wir: F 2 2.255 Schritt 3: Wir haben k 8 Klassen und eine Verteilung mit z 2 Parametern. Daraus ergibt sich eine Zahl von Freiheitsgraden f k  1  z 8  1  2 5 . Bei einem Signifikanzniveau von p 90% finden wir als Vergleichs-Grenzwert in der Tabelle der Quantile der Chi2 P Quadrat-Verteilung g 9.24 . Da F 2 2.255  g 9.24 haben wir eine Gauß-Verteilung nicht mit der geforderten Signifikanz widerlegt. In diesem Sinne ist eine Reklamation aufgrund der vorhandenen statistischen Daten nicht sinnvoll.

3P

11 Folgen und Reihen Aufgabe 11.1 Erkennen von Bildungsgesetzen



(a…e.) je 1…2 min

Punkte je 1P

h

Versuchen Sie, Bildungsgesetze für die nachfolgend gegebenen Folgen aufzustellen, und zwar entweder in expliziter oder in rekursiver Formulierung. (a.) ai

2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ;... 2 4 6 8 10

(b.) bi

3;8;15;24;35;....

(d.) di

1;1;2;3;5;8;13;...

(e.) ei

1;2;5;14;41;...

 1; 21 ; 31 ; 41 ; 51 ; 61 ....

(c.) ci

 Lösung zu 11.1 Vorbemerkung: Die Lösungen erhält man durch geschicktes „Ausprobieren“. Auch kann man zu jeder einzelnen Folge verschiedene Formulierungen des Bildungsgesetzes finden; d.h. die Lösungen sind nicht eindeutig. Bei der Beurteilung der Korrektheit einer Lösung kommt es also lediglich darauf an, ob sie die in der Aufgabenstellung genannten Zahlen korrekt reproduziert. (a.) Betrachtet man Zähler und Nenner getrennt, so erkennt man die Folge sofort: Zähler i  1 , Nenner 2 ˜ i bei Zählbeginn mit i 1 Ÿ ai i 1 2i

(b.) Die Zahlen sind alle um 1 kleiner als die Quadratzahlen. Bei Zählbeginn mit i 1 kann man also schreiben: bi

 i  1 2  1

(c.) Der Zähler enthält ein alternierendes Vorzeichen, das sich bei Zählbeginn mit i 1 ausdrücken lässt als Zähler  1 i 1 . Damit lautet die gesamte Folge: ci

i 1

 1

1P 1P

1P

i

(d.) Die Folge ist unter dem Namen Fibonacci-Folge bekannt und wird üblicherweise rekur1P Rekursion: a i a i  2  a i 1 siv definiert: Anker: a1 1 , a 2 1 (e.) Eine mögliche rekursive Lösung lautet: Anker: a1 1 , Rekursion: a i

a i 1  3i  2

Eine ebenfalls rekursive Alternativlösung lautet: Anker: a1 1 , Rekursion: a i 3 ˜ a i 1  1

Aufgabe 11.2 Grenzwerte konvergenter Folgen



(a…e.) je 1…2 min

h

Punkte je 1 P

1P

396

11 Folgen und Reihen

Gegeben sind die Glieder einiger Folgen, deren Grenzwerte g

lim ai Sie bitte bestimmen,

i of

falls diese existieren: (a.) a i (d.) a i

3

3i 2  2i  1

5 ˜ i 4  i  15

(b.) a i

2

i  2i  3 i10



i2  1 i 1

i lg  i

(e.) a i

2i



i ˜ 3  1i  12 ˜ 3 i

(c.) a i

 Lösung zu 11.2 Wir verzichten auf Konvergenzbeweise mit „ İ -Logik“ wie sie von Studierenden der Mathematik im Hauptfach zu führen wären und machen uns nur ganz pragmatisch die Grenzwerte plausibel. (a.) Zuerst wird durch die höchsten Potenzen von i gekürzt, danach sind alle diejenigen Terme, die verschwinden (wie etwa Summanden, die gegen Null gehen oder Faktoren, die gegen Eins gehen) durchgekreuzt. 1P

lim a i

i of

2 i



1 i2

i of 1  2 i



3 i2

3

3i 2  2i  1

lim

i 2  2i  3

3

4

3

1 P (b.) lim a i i of

lim

5 ˜ i 4  i  15

i of i ˜



3  1i  12 ˜ 3

i



lim

1

5 ˜ i 3  i 2  15 4

i of

1 ˜i3 2

 12  43  15 ˜ i  43 lim i of 1 4  4 3i 3  i 3  1 5 i

3i  1  2  

5 1 2

10

kürzen durch die höchste Potenz von i

ai 1 P (c.) ilim of

lim

i of

i2  1 i 1

lim

i of

i 1 ˜ i 1 i 1

lim i  1 f

i of

Diese Folge ist divergent, d.h. es existiert kein Grenzwert. (d.) lim a i i of

1P

lim

i of

i10 2i

0

Begründung: Die Exponentialfunktion ist für lim immer stärker als jede Potenz. i of

(e.) lim a i i of

1P

lim

i of lg

i

i

f

(divergente Folge, d.h. es existiert kein Grenzwert)

Begründung: Die Logarithmusfunktion ist für lim immer schwächer als jede Potenz. i of

Arbeitshinweis: Die Dominanz der Exponentialfunktion bzw. des Logarithmus gegenüber Potenzen kann man sogar mit den folgenden Beispielen illustrieren: lim

i1000

i of 1.0001i

0

und

lim

i of

lg1.0001  i i1000

0

Aufgabe 11.3 Endliche Reihe (als Summenformel)

397

Aufgabe 11.3 Endliche Reihe (als Summenformel) (a.) (b.) (c.) (d.)

 

2 min 4 min 5 min 8 min

(a,b.) (c,d.)

hh hhh

Punkte (a.) 1 P

(b.) 2 P

(c.) 3 P

(d.) 4 P

Berechnen Sie die Summen, die durch die nachfolgenden endlichen Reihen gegeben sind: 120

(a.) Sa

123

¦ 3i  2

(b.) Sb

¦¦ 3i  2 j

(d.) S d

i 1 123 76

(c.) Sc

¦ 3i  2

i 10 123 76

i 1 j 1

¦¦ 3i ˜ 2 j

i 10 j 3

 Lösung zu 11.3 Arbeitshinweis: Zur Berechnung derartiger Summen steht uns im Normalfall nur die Gauß’sche Summenformel zur Verfügung, auf die wir kompliziertere Summen wie die gegebenen zurückführen n

¦i

müssen. Sie lautet: S

n ˜  n  1 2

i 1

.

Dies führen wir nun bei den gestellten Aufgaben aus. (a.) Wir teilen auf in einzelne Summen, die entweder nur das i oder Konstanten enthalten: 120

Sa

¦ 3i  2

120

3˜

i 1

120

¦ ¦2 i

i 1

3˜

i 1

120 ˜ 121  120 ˜ 2 2

1P 21540

(b.) Ein möglicher Lösungsweg ist eine Verschiebung des Summationsindex: 123

Sb

¦ 3i  2

i 10

114

¦ 3 ˜ i  9  2 i 1

114

¦ 3i  25

114

3˜

i 1

114

¦ ¦ 25 i

i 1

i 1

3˜

114 ˜ 115  114 ˜ 25 2

22515

Als alternativen Lösungsweg könnte man auch die Differenz zweier Teilsummen bilden: 123

Sb

123 º ª ª 123  3i  2  3i  2   3i  2 «3 ˜ i  2»  «3 ˜ « » « i 10 i 1 i 1 i 1 ¼ ¬ ¬ i 1 ª 123 ˜ 124 º ª 9 ˜ 10 º  123 ˜ 2 »  «3 ˜   9 ˜ 2 » 22515 «3 ˜ 2 2 ¬ ¼ ¬ ¼

¦

123

9

¦

¦

¦ ¦

9

2P

9

º 2» » 1 ¼

¦i  ¦ i 1

i

(c.) Wir berechnen zuerst die innere Summe (über j ) und danach die äußere (über i ): 123 76

Sc

¦¦ 3i  2 j i 1 j 1

76 ª 76 º 123 76 ˜ 77 º ª «3 ˜ i  2˜ j »   «¬3 ˜ 76 ˜ i  2 ˜ 2 »¼ « » i 1¬ j 1 j 1 ¼ i 1   

123

¦ ¦

¦

¦

bzgl. der Summation über j ist das i eine Konstante

123

228 ˜

123

¦ ¦ 5852 i

i 1

i 1

3P

398

11 Folgen und Reihen

228 ˜

123 ˜124  123 ˜ 5852 2458524 2

(d.) Wieder berechnen wir zuerst die Summe über j und danach die Summe über i , wobei allerdings zusätzlich noch eine Verschiebung der Summationsindizes nötig wird: 123 76

Sd

¦¦ 3i ˜ 2 j

i 10 j 3

114 74

¦¦ 3i  9 ˜ 2  j  2 i 1 j 1

114 74

6˜

4P

¦¦ ij  9 j  2i  18

6˜

¦ ª«¬i ˜ i 1

6˜

74

¦ ¦ i

114

¦ i  6 ˜ 26307 ˜ ¦1 i 1

i 1

17538 ˜

¦¦ i  9  j  2 i 1 j 1 74

j  9˜

j 1

74 ˜ 75 74 ˜ 75 º  9˜   2i  18 ˜ 1 ˜ 74 » 2 2 ¼

114

6 ˜ 2923 ˜

ª «i ˜ « 1¬

114

i 1 j 1

114

114 74

6˜

¦

º 1» » 1 ¼

74

j   2i  18 ˜

j 1

¦ j

114

6˜

¦>2923 ˜ i  26307@ i 1

114 ˜ 115  6 ˜ 26307 ˜ 114 132955578 2

Aufgabe 11.4 Textbsp. Zum konsequenten logischen Denken



2 min

Punkte 2P

hh

Eine Raupe klettert auf einen 10 Meter hohen Baum. Tagsüber steigt sie 100 Zentimeter auf, nachts schläft sie und rutscht dabei 80 Zentimeter herunter. Nach wie vielen Tagen erreicht sie die Spitze des Baumes?

 Lösung zu 11.4 Pro Tag und Nacht schafft die Raupe in der Summe 20 cm. Eine Höhe von 5 Metern erreicht sie also nach 25 Tagen und Nächten, eine Höhe von 9 Metern nach 45 Tagen und Nächten. Aber am Abend des 46sten Tages erreicht sie die Spitze, denn 9 Meter plus 100 Zentimeter sind 10 Meter. In Formeln: n 1

2P Die Höhe h am Abend des n  ten Tages lautet: h 100cm 

¦

n

20 cm

z

i 1   

so geht's

¦ 20 cm i 1  

und so eben nicht

Aufgabe 11.5 Zinseszins-Berechnung (geometrische Reihe)



2 min

h

Punkte 1P

Auf einem Konto werden zu Beginn eines Jahres 1000 EURO angelegt und über 10 Jahre zu 6 % verzinst. Wie viel Geld ist nach Ablauf der 10 Jahre vorhanden?

Aufgabe 11.6 Zinseszins-Berechnung (geometrische Reihe)

399

 Lösung zu 11.5 Es handelt sich wegen der Zinseszinsen um eine geometrische Folge an a0 1000 € und q 1.06 , sowie n 10 . Gefragt ist a10

a0 ˜ q10

1000 € ˜ 1.0610

a0 ˜ q n mit

1790.85 € . Dies ist das Kapital nach 10 Jahren.

1P

Aufgabe 11.6 Zinseszins-Berechnung (geometrische Reihe)



Punkte 3P

hh

5 min

Jemand spart für eine Rente und legt dafür zu Beginn jedes Jahres 2000 EURO auf ein Konto. Das macht er 30 Jahre lang und am Ende des 30. Jahres bekommt er das Geld mitsamt Zins und Zinseszins ausbezahlt. Wie viel Geld bekommt er dann, wenn man eine Verzinsung von 5% pro Jahr voraussetzt?

 Lösung zu 11.6 Arbeitshinweis: Es handelt sich um die Summe einer geometrischen Reihe. Wenn wir die einzelne Rate von 2000 € mit r bezeichnen, dann wird die erste Rate 30 Jahre verzinst, die zweite Rate 29 Jahre, usw. Für das gesamte Kapital K n am Ende der n 30 Jahre ergibt sich somit: K n

rN ˜ q n  r ˜ q n 1  ...  rN ˜ q1 

:an

(wo die Summanden an die Summan-

:a1

:an1

den einer geometrischen Reihe sind). Darin ist q 1.05 für den Zinssatz und n 30 für die Anzahl der Jahre. Anmerkung: Ein Summand r ˜ q 0 tritt nicht auf, da die letzte Rate zu Beginn des 30. Jahres einbezahlt wird, aber am Ende des 30. Jahres die Verzinsung endet. Die Summenformel einer endlichen geometrischen Reihe findet man in einer Formelsammlung z.B. in der Form: n

Sn

¦K

n

r˜

i 0

q n 1  1 q 1

mit an

a0 ˜ q n

r ˜ q n und a0

1P r

Stolperfalle: Die Summenformel der geometrischen Reihe taucht in verschiedenen Formelsammlungen mit unterschiedlichen Indizes auf. Manchmal beginnt sie bei i 1 , manchmal aber bei i 0 . An dieser Stelle muss man auf die Indizierung aufpassen und gegebenenfalls den Index geeignet verschieben.

400

11 Folgen und Reihen

Auch hier ist das Anpassen der Indizes nötig, denn K n beginnt bei n 1 , aber Sn bei n 0 . Am leichtesten geht das, wenn man schreibt S n K n  a0 ˜ q 0 Ÿ K n Damit folgt für das Gesamtkapital am Ende des Zeitraumes: 2P Kn

r˜

q n 1  1 r q 1

2000 € ˜

S n  a0 ˜ q 0

Sn  r .

1.0531  1  2000 € 139521.58 € 1.05  1

Aufgabe 11.7 Binomialkoeffizienten



(a…f.) je 1 min

(a…f.)

Punkte je 1 P

h

Berechnen Sie die folgenden Binomialkoeffizienten ohne Benutzung eines Taschenrechners: §10 ·

(a.) ¨ ¸ ©6¹

§ 52· ¸ ©3¹

§6·

(b.) ¨ ¸ ©10 ¹

§ 25 · ¸ ©3¹

(c.) ¨

(d.) ¨

§ 52· ¸ © 3 ¹

(e.) ¨

§  25 · ¸ © 3 ¹

(f.) ¨

 Lösung zu 11.7 Arbeitshinweis: § n·

Für die Binomialkoeffizienten ¨ ¸ gibt es zweierlei Definitionen. ©k¹ § n·

n!

Die eine gilt für n, k  ` und k  n : ¨ ¸ mit der Zusatzdefinition © k ¹ k !˜  n  k ! Die andere enthält die erstgenannte, gilt aber umfassender, nämlich für k  ` , n ˜  n  1 ˜  n  2 ˜...˜  n  k  1

§ n· ¨ ¸ ©k¹

k!

§n· ¨ ¸ 1 ©0¹

n\ :

(ohne die Bedingung k  n ) § n·

und ebenfalls wieder mit der Zusatzdefinition ¨ ¸ 1 © 0¹ Da die zweigenannte Definition weniger Arbeit macht (ohne Taschenrechner) und überdies allgemeingültiger ist, folgen wir dieser: §10 ·

10 ˜ 9 ˜ 8 ˜ 7 ˜ 6 ˜ 5 1˜ 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜ 5 ˜ 6

§6·

6 ˜ 5 ˜ 4 ˜ 3 ˜ 2 ˜ 1 ˜ 0 ˜  1 ˜  2 ˜  3

1 P (a.) ¨ ¸ ©6¹ 1 P (b.) ¨ ¸ ©10 ¹

10!

§ 52· ¸ ©3¹

5˜3˜1 2 2 2

§ 25 · ¸ ©3¹

2 ˜ 3 ˜ 8 5 5 5

1 P (c.) ¨

1 P (d.) ¨

10 ˜ 3 ˜ 3 ˜ 7 3

1˜ 2 ˜ 3

1˜ 2 ˜ 3

3˜5 6˜8

5 16

  8 5˜5˜5

8 125

210

0

Aufgabe 11.8 Binomischer Lehrsatz

§ 52 · ¸ © 3 ¹

(e.) ¨

  52 ˜   72 ˜   92



5˜7˜9 2 ˜3˜8

2˜7˜2 5˜5˜5

28 125

1˜ 2 ˜ 3 2 ˜ 7 ˜ 12 5 5 5

§  25 · ¸ © 3 ¹

(f.) ¨

1˜ 2 ˜ 3



401



35 ˜ 3 16



105 16

1P

1P

Aufgabe 11.8 Binomischer Lehrsatz



hhh

12 min

Punkte 6P

Sie kennen die Anwendung des Binomischen Lehrsatzes zur Berechnung von  a  b n mit n  \ . Benutzen Sie diese Anwendung zur Berechnung von mindestens 4 signifikanten Stellen.

10 mit einer Genauigkeit von

(Wer diese Anwendung aus der Vorlesung nicht kennt, kann sie mit Hilfe von Taylorreihen herleiten. Diese Herleitung käme dann zur hier vorgestellten Musterlösung hinzu, was den zeitlichen Aufwand und die Zahl der Punkte gegenüber den Angaben im Aufgabenkopf erhöhen würde.)

 Lösung zu 11.8 Arbeitshinweis: Die besagte Anwendung des Binomischen Lehrsatzes für n  \ lautet

 a  b n

f

§n·

¦ ¨© k ¸¹ ˜ ank ˜ bk mit n  \ und k  ` k 0

§n·

sowie den Binomialkoeffizienten ¨ ¸ ©k¹

n ˜  n  1 ˜  n  2 ˜...˜  n  k  1 k!

§ n·

und der Zusatzdefinition ¨ ¸ 1 . ©0¹ Die Berechnung von Wurzeln funktioniert natürlich nur, wenn die Reihe konvergiert. Speziell für den allgemein bekannten Fall a 1 und b  1 ist dies gewährleistet. Aus diesem Grund wollen wir uns auf diesen Fall zurückziehen, der auch in Formelsammlungen zu finden ist. Die Konvergenz verläuft um so schneller, je kleiner b ist. Wollen wir die Berechnung von

10 auf den Fall a 1 und b  1 beziehen, so leisten wir

als Vorarbeit die folgende Umformung:

Es gilt 10

9  1 3 ˜ 1  19



3 ˜ 1  19



1 2

.

402

11 Folgen und Reihen



Wir berechnen also 1  19



1 2

1 9

mit a 1 , b

1 2

, n

, indem wir in den Binomischen Lehrsatz

einsetzen, um später das Ergebnis dieser Berechnung mit 3 multiplizieren zu können: f

1

§n·

¦ ¨© k ¸¹ ˜ ank ˜ bk

a  b 2

k 0

§1

1 1 0 § 2· 1 1 § 2· 3 2 2· ¨ ¸ a b  ¨ ¸ a 2b  ¨ ¸ a 2b ©0¹ ©1¹ ©2¹

§ 1 · 5  ¨ 2 ¸ a 2 b3 ©3¹

1 2

1

1 ˜ 12 ˜ 1



1 2

1!

 12

˜1

˜b 

1˜ 2

  12 ˜ 1

3 2

˜ b2 

2!

1 1 3 15 4 b  ... 1 1  b  b 2  b3  2 8 48 16 ˜ 24

1˜ 2

  12 ˜   32 ˜1 3!

1 1  ˜ 2

9 

TR

Ÿ

a  b

| 1.05409212582 Ÿ

10

5 2

˜ b3 

1˜ 2

TR

| 1543.2110 ˜ 6

  12 ˜   32 ˜   52 ˜ 1 4!

1 1  ˜ 2 8 9

  

| 55555.56˜106

1 TR 2

§ 1 · 7  ¨ 2 ¸ a 2 b 4  ... ©4¹

1 1  ˜ 3 16 9   

TR

| 85.73˜106

7 2

˜ b 4  ...

5 1  ˜ 4  ... 128 9

  TR

|  5.95˜106

1 TR 2

3 ˜  a  b | 3.1622764

6 P Da die Reihe alternierend gegen den gesuchten Grenzwert konvergiert, ist der Fehler auf jeden Fall deutlich kleiner als das letzte Glied der Summation. Betrachtet man, in welcher Weise die einzelnen Summanden in der Reihe kleiner werden, so liegt das nächste Glied etwa in der Größenordnung von 106 oder darunter. Dies bedeutet, dass die fünfte Nachkommastelle zuverlässig ist. Vergleicht man mit dem Wert des Taschenrechners bei einer Genauigkeit TR

von 9 Stellen, so findet man die Bestätigung: 10 | 3.16227766 . Also haben wir sicher mindestens 6 signifikante Stellen, eine vor dem Komma und 5 dahinter.

Aufgabe 11.9 Näherungsrechnung – Binomischer Lehrsatz



hh

5 min

Berechnen Sie A



1  0.014  1  5 ˜ 109

(a.) mit dem Taschenrechner

Punkte 3P



und

(b.) mittels einer geeigneten Näherung

 Lösung zu 11.9 TR

TR

(a.) Taschenrechner: 1  0.014 | 1.000000005 Ÿ A | 0 (b.) Wir betrachten nochmals die Reihe von Aufgabe 11.8 zur Berechnung der Wurzel und 1

arbeiten in zweiter Näherung, d.h. mit zwei Summanden: 1  b 2 1  12 b  81 b 2 r ... Ÿ

3P

Ÿ

1  0.014

1  12 ˜ 0.014  18 ˜ 0.018 r ... 1  5 ˜ 109  1.25 ˜ 1017



A 1  5 ˜ 109  1.25 ˜ 1017 r ...  1  5 ˜ 109



1.25 ˜ 1017 r ...

Nur wenige Taschenrechner können so genau rechnen.

Aufgabe 11.11 Textbeispiel zu einer endlichen Reihe

403

Aufgabe 11.10 Grenzwert einer unendl. geometrischen Reihe



Punkte 2P

hh

5 min f

Berechnen Sie den Grenzwert

i

¦ . 1 3

i 0

 Lösung zu 11.10 Es handelt sich um eine geometrische Reihe. Für geometrische Reihen findet man in vielen Formelsammlungen den Summenwert: n

¦

a0 ˜ qi

a0 ˜

i 0

q n 1  1 q 1 n

1 3

Mit a0 1 und q

folgt: lim

n of

i

¦  a0 ˜

i 0

1 3

1 1 ˜ lim 3

n 1

1 3

n of

1

1  23

1

2P

3 2

Stolperfalle: In den Formelsammlungen muss man genau auf die Indizierung aufpassen. Findet man die n

Summenformel der geometrischen Reihe z.B. in der Form

¦

a0 ˜ qi

i 1

a1 ˜

qn  1 , so wäre die q 1

Musterlösung diese: 1 3

Mit a1 f

i

¦ 1 3

i 0

1 3

und q f

1

i

¦ 1 3

ergibt sich n

1  lim

n of

i 1

¦ 1 3

i 1

i

§1· 1  ¨ ¸ ˜ lim © 3 ¹ n of

 13 1 3

n

1

1

§1·  1 1 ¨ ¸ ˜ 2 © 3¹  3

1 3 1 ˜ 3 2

3 2

Man achte also darauf, dass die Summenformel der geometrischen Reihe in unterschiedlichen Formelsammlungen mitunter etwas unterschiedlich ausgedrückt sein kann.

Aufgabe 11.11 Textbeispiel zu einer endlichen Reihe



6 min

hh

Punkte 3P

Berechnen Sie die Summe aller natürlichen Zahlen, die kleiner als 1000 sind und weder durch 2 noch durch 3 teilbar sind.

404

11 Folgen und Reihen

 Lösung zu 11.11 Wir veranschaulichen die Aufgabestellung, indem wir die ersten Summanden aufschreiben: Summe S 1  2  3  4  5  6  . . . . ja

nein

nein

nein

ja

nein

Wegen der Teilbarkeit durch 2 und durch 3 wiederholt sich dieser Zyklus in 6er- Perioden, also beginnend bei 7,13,19,…. Mit „ja“ sind die Zahlen gekennzeichnet, die man summieren muss, mit „nein“ diejenigen, die nicht summiert werden. Innerhalb 6 aufeinander folgender Ziffern werden nur zwei mitgerechnet. Somit lautet die Summe: 2P S

166

165

n 0

n 0

¦  6 ˜ n  1  ¦  6 ˜ n  5 ,

wobei das Ende der Summation genau derart festgelegt wird, dass alle Summanden kleiner als 1000 sind, aber alle in Frage kommenden Summanden kleiner als 1000 berücksichtigt werden. Das Ausrechnen der Summen ist nun einfach: 1P S

§ 166 · § 166 · § 165 · § 165 · n¸  ¨ n¸  ¨ 6˜¨ 1¸  6 ˜ ¨ 5¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ©n 0 ¹ ©n 0 ¹ ©n 0 ¹ ©n 0 ¹

¦

¦

¦

¦

6˜

166 ˜ 167 165 ˜ 166  167 ˜ 1  6 ˜  166 ˜ 5 166333 2 2

Zur Beachtung: Man muss genau aufpassen, dass man mit der Summation an der richtigen Stelle aufhört. Dies ist in unserer Musterlösung berücksichtigt: Summiert man die  6 ˜ n  1 von n 0...166 , so ist der höchste Summand die 997. Die Summation der  6 ˜ n  5 läuft hingegen von n 0...165 , da der 166ste Summand bereits die Zahl 1001 darstellen würde.

Aufgabe 11.12 Grenzwerte konvergenter Reihen

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

4 min 6 min 8 min 12 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

hh hhh

Punkte (a) 2 P

(b) 3 P

(c) 4 P

(d) 6 P

Die nachfolgend gegebenen Reihen konvergieren. Berechnen Sie bitte die Grenzwerte. f

(a.) Sa

1

¦2

i

i 0

f

(b.) Sb

1 i 2

¦ i 0

f

(c.) Sc

1

¦ i ˜ i  1 i 1

Hinweis: Bei (c.) und (d.) ist eine Partialbruchzerlegung sinnvoll.

f

(d.) Sd

1

¦ i ˜  i  5 i 1

Aufgabe 11.12 Grenzwerte konvergenter Reihen

405

 Lösung zu 11.12 (a.) Es handelt sich um eine geometrische Reihe mit a0 1 , q n

lautet

¦a

0 ˜q

i

a0 ˜

i 0

lim

n of

. Deren Summenformel

Mit Bezug auf die Aufgabenstellung erhalten wir: 2P

n 1

 1 1 0 1 lim 1 ˜ 2 n of  12  1  12  1

n

Sa

q n 1  1 . q 1

1 2

¦

a0 ˜ q

i

i 0

2

(b.) Arbeitshinweis: Sieht man nicht sofort die Lösung, so schreibt man einige Glieder explizit aus und versucht eine Systematik zu erkennen, die ein Zusammenfassen von Summanden erlaubt, um die Berechnung zu vereinfachen. Diese Technik ist weit verbreitet und bei vielen Aufgaben sinnvoll einsetzbar. Im Falle unserer Aufgabe lassen sich immer zwei aufeinander folgende Summanden voneinander subtrahieren: f

Sb

1 1 1 1 1 1 1 1 1     r .... 1     2 N 4 8 16 32 64 128 256 512 N   

 

 

1 i 2

¦ i 0

1 2

1 8

1 32

1 128

1 512

Dadurch ergibt sich eine geometrische Reihe mit a0 lim

n of

, q

1 4

, deren Summe lautet: 3P

n 1

n

Sb

1 2

¦a

0 ˜q

i

i 0

1 lim ˜ n of 2

 14  1  14  1

1 0 1 ˜ 2  34

1 4 ˜ 2 3

2 3

(c.) Wir folgen dem Hinweis der Aufgabestellung und wenden Partialbruchzerlegung an: Der Ansatz lautet

1 i ˜  i  1

x einsetzen: Zähler bei i x einsetzen: Zähler bei i

A ˜  i  1  B ˜ i

A B  i i 1

i ˜  i  1

0 Ÿ A 1 1 Ÿ  B 1 Ÿ B

½ ¾ Ÿ 1 ¿

1 i ˜  i  1

1 1  i i 1

2P

Eine Aufzählung einiger Summanden lässt nun die Systematik erkennen: f

Sc

1

§1 1 · § 1 1 · § 1 1 · § 1 1 · § 1 1 · ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ... ©1 2 ¹ © 2 3 ¹ © 3 4 ¹ © 4 5 ¹ © 5 6 ¹

¦ i ˜ i  1 i 1

Löst man die Klammern auf, so sieht man, dass sich immer zwei aufeinander folgende Summanden gegenseitig wegheben: Sc

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           B ... 1 1 2 

3 3 4 

5 5 6 2 

4 

6 

0

0

0

0

0

2P

406

11 Folgen und Reihen

(d.) Wieder folgen wir dem Hinweis auf die Partialbruchzerlegung:

2P

A B  i i5

A ˜  i  5  B ˜ i

Der Ansatz lautet:

1 i ˜ i  5

x Zähler bei i

0

Ÿ

x Zähler bei i

5 Ÿ B ˜  5 1 Ÿ B

A˜5 1

Ÿ

i ˜  i  5 1 5

A

 15

½ ¾ Ÿ ¿

1 i ˜  i  5

1

5

i

1



5

i5

1 §1 1 · ˜¨  ¸ 5 © i i 5¹

Damit finden wir wieder die Systematik: Sd

ª§ º · § · § · § · § · § · · § · § » 1 «¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ ¨ 1 1 ¸ «¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ¨  ¸  ... N» 5 «¨ 1N N 6¸ ¨ N 2 7 3 8 4 9 5 10 6 11 7 12 8 13 ¨ ¸ ¨ N ¸¸ ¨¨ N N ¸¸ ¨¨ N N ¸¸ ¨ N N ¸ ¨¨ N N ¸¸ ¨¨ N N ¸¸ ¨¨ N N ¸¸  4 » ¬«© PS.  1 ¹ © PS.  2 ¹ © PS.  3 ¹ © PS.  4 ¹ © PS. usw. ¹ ©  1 usw. ¹ ©  2 usw. ¹ ©  3 usw. ¹ usw. ¼»

3 P Jeder negative Summand findet 5 runde Klammern weiter einen passenden positiven Summanden, der ihn aufhebt.  1 hebt  1 auf, ebenso  2 das  2 , usw. Übrig bleiben nur die 5 positiven Summanden mit der Kennzeichnung „ PS. “, die von links her keinen negativen Partner haben, um aufgehoben zu werden. Es gilt also: f

1P Sd

1

1 ª1 1 1 1 1 º ˜     5 «¬1 2 3 4 5 »¼

¦ i ˜  i  5 i 0

137 300

Aufgabe 11.13 Konvergenzuntersuchungen an Reihen

   

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.) (h.) (j.) (k.) (l.)

2 min 5 min 5 min 3 min 2 min 3 min 4 min 3 min 7 min 2 min 2 min

Punkte

hh hh

(d) 2 P (e) 1 P

hh

(f) 2 P (g) 2 P (h) 2 P

hh

(j) 4 P (k) 1 P (l) 1 P

(a) 1 P (b) 3 P (c) 3 P

Untersuchen Sie, ob die nachfolgend genannten Reihen konvergieren oder divergieren. f

(a.) Sa

f

i

¦ 450 ˜ i  1

(b.) Sb

i 1 f

(d.) Sd

¦ i 1 f

(g.) S g

f

(c.) Sc

f

ln  i

(e.) Se

i

i

¦ ln i

f

(f.) S f

i 1

1

2

f

2

(h.) Sh

i12345

¦ 1.0001i i 1

 1 i 1

¦

i

i 1

i 1

¦  1 i ˜ §¨© 3  i ·¸¹ i 1

1

¦ 450 ˜ i  1

¦ i 1 f

(j.) S j

¦ i 1

sin  i i2

ln  i i2

Aufgabe 11.13 Konvergenzuntersuchungen an Reihen f

f

i

¦ ei

(k.) Sk

(l.) Sl

i 1

407

10i

¦ i! i 1

(Aufgabenteil i wurde nicht vergessen, vielmehr wurde die Nummerierung mit i vermieden, um Verwechslungen mit dem Summationsindex auszuschließen.)

 Lösung zu 11.13 Stolperfalle: Im Einzelfall kann es nötig sein, verschiedene Konvergenzkriterien durchzuprobieren, bis man eines findet, mit dem sich ein eindeutiges Ergebnis erzielen lässt. Derartiges Ausprobieren kann im Fall einer Klausur zur Zeitfalle werden. Ggf. kann es daher sinnvoll sein, solche Konvergenzuntersuchungen als letzte Aufgabe vor dem Abgeben der Klausur zu lösen, damit man nicht Gefahr läuft, die Bearbeitungszeit für andere Aufgaben zu verlieren. Übrigens kann man sich die verschiedenen Aufgabentypen merken und im Prüfungsfall hoffentlich wieder erkennen. (a.) Für lim konvergieren die einzelnen Summanden gegen i of

i § · lim ¨ ¸ i of © 450 ˜ i  1 ¹

§ 1 · ¸ lim ¨ i of ¨ 450  1 ¸ i¹ ©

§ 1 · lim ¨ ¸ i of © 450 ¹

1P

1 450

Da die Folge keine Nullfolge ist, kann die Reihe nicht konvergieren. Das ist auch anschaulich klar, denn durch Summation unendlich vieler Summanden mit endlicher Größe kann kein endlicher Wert entstehen. Die Reihe divergiert. (b.) Wir arbeiten mit dem Minorantenkriterium, d.h. wir suchen eine divergente Minorante. Dazu formen wir vorab die Reihe um und verschieben den Summenindex. Es gilt nämlich f

Sb

¦ i 1

Wegen

1 450 ˜ i  1

1 450

f

¦i i 1

1

1 450

1 450

f

¦ i 2

1 1  i  1  450

1 450

f

¦i i 2

1 450 450



1 450

1 450

f

¦i i 2

1 449 450

1 1 3P ! (was sicher ab i t 2 gilt) können wir zu dieser Reihe leicht eine divergente i i  449 450

Minorante angeben:

Sb

1 450

f

1

¦i i 2

f

1 1 ! 450 ¦i 449 450

i 2

 

1 ˜f 450

f

Die Reihe divergiert.

divergente Minorante

(c.) Die Reihe ist alternierend. Wir prüfen die Konvergenz mit dem Leibniz-Kriterium. Dieses besteht aus zwei Bedingungen. Erste Bedingung: Der Betrag der Folgeglieder muss ab einem endlichen i streng monoton fallend sein, es muss also gelten ai ! ai 1

408

11 Folgen und Reihen

1 1 ! Ÿ i i 1

Es gilt: i  i  1 Ÿ

1 1 ! i  i 

1 N ai 1

ai

0.

Zweite Bedingung: Es muss gelten lim ai i of

3P

Die erste Bedingung ist also erfüllt ab i 1 .

Für unsere Aufgabe muss also gelten lim

i of

1 i

0 , was der Fall ist.

Da beide Bedingungen des Leibniz’schen Kriteriums erfüllt sind, wissen wir, dass die Reihe konvergent ist. (d.) Wir suchen eine divergente Minorante. 2P

ln  i

Ab i 3 gilt ln  i ! 1 Ÿ

i

!

1 . i f

¦

die Reihe ist divergent wegen Sd

Damit ist die Folge f

ln  i

!¦1

i

i 1

1 eine divergente Minorante und i

i 1

i

f

(e.) Die zugehörige Folge ist keine Nullfolge, denn es gilt lim

i of

i ln  i

f

1 P Damit ist die grundlegende Konvergenzbedingung verletzt, die besagt, dass die Folgeglieder gegen Null gehen müssen. Somit ist klar, dass die Reihe divergiert. (f.) Wir suchen eine konvergente Majorante. Es gilt sin  i d 1 Ÿ

sin  i i

2

d

1 i2

. f

2P Aus der Konvergenz der Majorante

1

¦i

2

f

folgt die Konvergenz von S f

i 1

¦ i 1

sin  i i2

.

(g.) Es gilt f

Sg

2

f

¦  1 i ˜ §¨© 3  i ·¸¹ ¦  1 i ˜ §¨© 9  3i  i i 1

1

2

i 1

1

4

4· 2¸ ¹

f

1

f

4

f

4

¦  1 i ˜ 9  ¦  1 i ˜ 3i  ¦  1 i ˜ i

2

i 1  

i 1  

i 1   

divergent

konvergent

konvergent

2 P Begründung: Der erste der drei Summanden konvergiert nicht gegen einen Grenzwert, sondern er alterniert zwischen zwei Werten. Da die Konvergenz die Existenz eines eindeutigen Grenzwertes voraussetzt, muss man hier von Divergenz sprechen. Folgerung: Da keine Summanden existieren, die die divergenten Glieder aufheben würden, ist die gesamte Reihe divergent.

Aufgabe 11.13 Konvergenzuntersuchungen an Reihen

409

(h.) Auch wenn die ersten Summanden für endliche Werte von i sehr groß werden, erwarten wir doch aufgrund der Exponentialfunktion im Nenner die Konvergenz der Reihe. Diese weisen wir mit Hilfe des Wurzelkriteriums nach. 12345

i 12345

Es gilt

lim i ai

lim

i of i

i of

i i lim i of 1.0001

i

i

1.0001

1 1 1.0001

2P

Das Wurzelkriterium ist also erfüllt, d.h. die Reihe konvergiert. (j.) Hier lässt sich die Konvergenz mit dem Integralkriterium nachweisen. Zuerst suchen wir mit partieller Integration die Stammfunktion:

³

ln  x x

2

dx

1

˜ ln  x dx ³N x N 2

u

v'

1 1 ˜ ln  x  C1   x 1 ˜ dx N N x x N N v u

v

³

 ln  x  x

1

³x

2

dx  C1

 ln  x 1   C2 x x

u'

Dann lösen wir das zugehörige uneigentliche Integral für das Integralkriterium f

³ 1

ln  x x2

O

dx

ª ln  x 1 º lim «  ˜ » O of ¬ x x ¼1

ª º º « ln  O 1 » ª« 1 lim «   »  1 ˜ ln 1  »  

1» O of «  O N O » «   « »¼ 0 ¬« o 0 o 0 ¼» ¬

4P 1

Da das mit der Reihe korrespondierende uneigentliche Integral konvergiert (egal gegen welchen Grenzwert), ist die Konvergenz der Reihe bewiesen. (k.) Hier greift das Wurzelkriterium. Es gilt 1

i

lim ai

i of

lim i ii i of e

lim

ii

i of e

i i

1  1 Ÿ Die Reihe ist konvergent. e

1P

(l.) Bei dieser Aufgabe funktioniert der Konvergenzbeweis mittels Quotientenkriterium: a lim i 1 i of ai

10i 1

lim

i of

 i 1 ! 10i

i!

lim

i of

10i 1 ˜ i !

 i  1 !˜ 10i

1P lim

i of

10 i 1

0  1 Ÿ Auch diese Reihe konvergiert.

Stolperfalle: Beim Wurzelkriterium und beim Quotientenkriterium ist unbedingt (wie in der Musterlösung geschehen) ein Grenzwert zu berechnen. Nur wenn dieser Limes echt kleiner als 1 ist, dann ist die Konvergenz bewiesen. Bei Anfängern beobachtet man immer wieder den typischen Fehler, nicht den Grenzwert zu betrachten, sondern das Argument, das hinter dem Limes steht. Aber: Ob dieses Argument kleiner als 1 ist, ist belanglos – alleine auf den Grenzwert kommt es an. Ist der Grenzwert gleich 1, so ist damit noch keine Aussage über die Konvergenz der Reihe erzielt. (Ist der Grenzwert echt größer als 1, so ist die Divergenz der Reihe bewiesen.)

410

11 Folgen und Reihen

Aufgabe 11.14 Konvergenzuntersuchungen an Reihen



Punkte 5P

hh

8 min

f

1

¦ iD

Für welche D konvergiert die Reihe S

?

i 1

 Lösung zu 11.14 Bei dieser speziellen Reihe kann man einige Konvergenzkriterien erfolglos probieren; funktionieren wird zum Beispiel das Integralkriterium. Dafür benötigen wir eine Fallunterscheidung: Fall 1: D z 1 1P

O

f

³

Für diesen Fall gilt

x D dx

c

lim

O of

³x

D

O

lim ª 1 x1D º ¼c O of ¬ 1D

dx

c

1D 1D lim O1D  1cD O of

1D  1cD  11D lim OD

O of O

Diesen Ausdruck werten wir getrennt aus für D  1 (als Fall 1b) und für D ! 1 (als Fall 1b): f

O D O of O

1 P Fall 1a: Für D  1 ist lim

f und damit

³x

D

dx

f, also divergent .

c

f

O D O of O

1 P Fall 1b: Für D ! 1 ist lim Fall 2: D 1 f

1P

³

f

x D dx

c

³

0 Ÿ

³x

D

dx

1D  1cD  11D lim OD

c

O of O

c1D

D 1

, also konvergent.

Für diesen Fall gilt O

1 dx x

lim

O of

c

1

³ x dx c

O

lim ª¬ ln  x º¼ c

O of

lim ln  O  ln  c f . Die Reihe divergiert.

O of

Die drei Fälle (1a, 1b und 2) fassen wir zur Lösung zusammen: f

1 P Die Reihe S

1 ­ konvergiert für D ! 1

¦ iD °®°¯ divergiert i 1

für D d 1

Aufgabe 11.15 Konvergenzradien von Potenzreihen



(a,b,e.) (c,d,f.)

je 2 min je 4 min

hh

Punkte

(a,b,e.) je 1 P (c,d,f.) je 2 P

Bestimmen Sie die Konvergenzradien der folgenden Potenzreihen und geben Sie an, für welche Werte von x diese Reihen konvergieren.

Aufgabe 11.15 Konvergenzradien von Potenzreihen f

¦

(a.) e x

i 1

f

xi i!

(b.) ln  x

¦  1 i 1 ˜ i 1

f

(d.)

411

f

¦ i! ˜  x  2 i

(e.)

¦ c ˜  x  1 i i

i 1

i 1

f

 x  1 i

(c.)

i

¦i i 1

f

mit c =const.

(f.)

xi 2

˜ 2i

xi

¦ ln i i

i 2

Hinweis zu Übungszwecken: Viele mathematische Formelsammlungen enthalten Tabellen von Potenzreihenentwicklungen, bei denen auch die Konvergenzradien angegeben werden. Je nach zur Verfügung stehender Übungszeit lassen sich solche Konvergenzradien in Tabellenwerken nachrechnen, was einen großen Vorrat an Übungsaufgaben dieses Typs schafft. Einige der Aufgaben hier sind Konvergenzradius-Berechnungen zu Reihen, die in der technischen Anwendung häufig auftauchen.

 Lösung zu 11.15 Für die Musterlösung beziehen wir uns auf die Form einer Potenzreihe f

P  x

¦a ˜ x  x . i

i

Darin heißt ai = Koeffizient und x0 = Entwicklungspunkt.

0

i i0

Dafür lauten die beiden bekanntesten Möglichkeiten zur Berechnung des Konvergenzradius r

lim

i of

ai ai 1

in Anwendung des Quotientenkriteriums

und

r

lim ai

i of

 1i

in Anwendung des Wurzelkriteriums

(a.) Dieser Konvergenzradius wird mit der Anwendung des Quotientenkriteriums berechnet: r

lim

i of

ai ai 1

1 i! i of 1  i 1 !

lim

lim

i of

 i  1 ! i!

1P lim i  1

i of

f

Ein unendlich großer Konvergenzradius bedeutet, dass die Reihe für alle x  \ konvergiert. Stolperfalle: Von Anfängern wird manchmal das Ergebnis „ f “ fehlinterpretiert, und zwar als Divergenz. Bei Berechnung von Grenzwerten wie in Aufgabe 11.12 und Teilen von Aufgabe 11.13 bedeutet das „ f “ die Nichtexistenz eines Grenzwertes, also die Divergenz. Bei der Berechnung des Konvergenzradius hingegen wird berechnet, für welche „ x “ die Reihe konvergiert; und dann bedeutet das „ f “ die Konvergenz für alle x  \ . Man achte also darauf, Verwechslungen bei der Interpretation des Ergebnisses zu vermeiden. In analoger Weise gibt bei den nachfolgenden Aufgabenteilen das Ergebnis keinen Grenzwert an sondern nur den Bereich, in dem ein solcher existiert.

412

11 Folgen und Reihen

(b.) Berechnung des Konvergenzradius „ r “ nach dem Quotientenkriterium. Es gilt: 1P r

lim

i of

ai ai 1

1 i i of 1 i 1

lim

i 1 i

lim

i of

lim 1 

i of

1 i

1

Mit x0 1 ist daher die Konvergenz sicher gegeben für 0  x  2 . Man könnte zusätzlich noch das Konvergenzverhalten an den Rändern des Konvergenzintervalls untersuchen. Allerdings ist dies nicht immer üblich, da die Ränder lediglich zwei singuläre Punkte darstellen. Beim Schreiben einer Klausur sollte man sich diese Mühe nur machen, wenn dies auch gefordert ist. Dafür werden zusätzliche Überlegungen benötigt: Am unteren Rand Æ Verhalten bei x 0 . Die Reihe lautet dort: f

ln  0

¦  1 i 1 ˜ i 1

 0  1 i i

f

¦

f

 1 2i 1

i 1

1

¦i

i

f, also divergent

i 1

Das wundert uns nicht, denn der natürliche Logarithmus von Null ist keine endliche Zahl. Am oberen Rand Æ Verhalten bei x 2 . Die Reihe lautet dort: f

ln  2

¦  1 i1 ˜ i 1

 2  1 i i

f

¦

 1 i 1 i

i 1

f

1

¦i

, die Konvergenz lässt sich mit dem Leibniz-

i 1

Kriterium nachweisen. Æ Es handelt sich um eine alternierende Reihe. Æ Die Beträge der zugehörigen Folgeglieder erfüllen ai ! ai 1 Æ Der Grenzwert lim ai i of

0 geht gegen Null.

Die Gesamtlösung von Aufgabenteil (a.) ist also: Konvergenz ist gegeben für 0  x d 2 . (c.) Wieder arbeiten wir mit dem Quotientenkriterium. Es gilt: r

2P

a lim i i of ai 1

lim

i of

i 2 ˜ 2i

 i  1

2

˜2

lim

  i 1

 i  1 2 ˜ 2i 1 2

i ˜2

i of

i

i 2  2i  1 ˜ 2  lim

i of

i

2

lim 2 

i of

4i i

2



2 i2

2

In Anbetracht des Entwicklungspunktes x0 0 konvergiert die Reihe für x  @2; 2> . Auf eine Untersuchung der Ränder des Konvergenzintervalls wollen wir verzichten, da sie nicht gefordert ist. (d.) Die Berechnung des Konvergenzradius nach dem Quotientenkriterium ergibt 1P r

lim

i of

ai ai 1

lim

i of

i!

 i  1 !

lim

i of

1

 i  1

0

Es existiert also kein ausgedehntes Konvergenzintervall. Wenn überhaupt, dann kann die Reihe höchstens am Entwicklungspunkt selbst konvergieren, also bei x0 2 . Setzen wir diesen Punkt in die Reihe ein, so erhalten wir

Aufgabe 11.16 Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe f

¦

i

i ! ˜  2  2

i 1

413

f

¦0

Am Entwicklungspunkt selbst konvergiert die Potenzreihe.

0

1P

i 1

Da die Reihe nur im Entwicklungspunkt konvergiert, erübrigt sich eine weitere Untersuchung der Ränder. (e.) Hier wird der Konvergenzradius sicherlich von der Konstanten „ c “ abhängen. r

lim

i of

ai ai 1

ci

lim

i of

c

lim

i 1

i of

1 c

1 c

Der Entwicklungspunkt ist x0 1 , also ist die Konvergenz sicher für x  º¼1  1c ;1  1c ª¬ .

1P

Auf eine Untersuchung der Ränder des Konvergenzintervalls wollen wir verzichten, da sie nicht gefordert ist. (f.) Wieder arbeiten wir mit der Berechnung nach dem Quotientenkriterium:

r

a lim i i of ai 1



i 1 ln  i  1 

lim



ln ii

i of



 i  1 ˜ ln   i  1 lim i of i ˜ ln  i

§ · ¨ ¸  ln i 1  1  i ¸ 1 ˜ lim ¨ i of ¨ N ln  i ¸ i  

¸¸ ¨¨ o1  o1 © ¹

Konvergenz ist also sicher gegeben für x0  @ x0  r ; x0  r >

@0  1;0  1> @1;  1>

Eine Untersuchung der Ränder sei nicht explizit vorgeführt, da sie nicht gefordert ist. Für diejenigen, die die Untersuchung doch probieren wollen, diene der folgende Hinweis: An der unteren Grenze (bei x 1 ) lässt sich eine konvergente Majorante finden, an der oberen Grenze könnte man mit dem Integralkriterium die Divergenz nachweisen.

Aufgabe 11.16 Konvergenzradius einer komplexen Potenzreihe



hhh

12 min

Punkte 6P

Gegeben sei die komplexzahlige Potenzreihe (mit z  ^ und j = komplexe Einheit): f

P  x

zn

¦  n  1 ˜ 1  j 3

n 0

n

1

z z2 z3    ... 8 ˜ 1  j 27 ˜ 1  j 2 64 ˜ 1  j 3

Für welche z konvergiert diese Reihe? Führen Sie die Berechnung durch und stellen Sie das Ergebnis in der Gauß’schen Zahlenebene dar.

2P

414

11 Folgen und Reihen

 Lösung zu 11.16 Gesucht ist natürlich der Konvergenzradius, den wir nach der auf dem Quotientenkriterium basierenden Methode berechnen. Der Entwicklungspunkt ist z0 0 . Die Koeffizienten der Entwicklung lauten an  n  1 3 ˜ 1  j  n . Damit folgt r

lim

n of

an an 1

 n  1 3 ˜ 1  j  n n of  n  2 3 ˜ 1  j  n 1 lim

 1  j ˜ lim 

n3 n3

n of

n3 n3

2

 6 n3  123n  

n

n

8 n3

3n 2 n3

3n n3

1 n3







 n3  6n2  12n  8 ˜ 1  j n 1 n of n3  3n 2  3n  1 ˜ 1  j n  lim

1 j

2

4 P Die Konvergenz ist also gesichert für z  z0  2 Ÿ

z  2

Die gesuchte Darstellung in der Gauß’schen Zahlenebene zeigt Bild 11-16. Anmerkung: Die kreisförmige Gestalt der Konvergenzbereiche komplexer Reihen war Anlass für die Namensgebung des Begriffes „Konvergenzradius“. Bild 11-16 Darstellung des Konvergenzradius

Gauß’schen Zahlenebene. Der Entwicklungspunkt ist z0

2P

z

2 in der

0.

Im dunkel unterlegten Kreis mit dem Konvergenzradius r konvergiert die Potenzreihe. Im hell unterlegten Bereich außerhalb des Konvergenzkreises divergiert die Reihe. Den schwarz gezeichneten Rand des Konvergenzkreises haben wir nicht auf Konvergenz untersucht.

Aufgabe 11.17 Entwicklung von Mac Laurin-Reihen

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

12 min 15 min 15 min 15 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

hh hh

Punkte (a.) 7 P

(b.) 10 P

(c.) 10 P

(d.) 9 P

Entwickeln Sie die folgenden Funktionen in Mac Laurin-Reihen: (a.) f  x

1 1 x

(b.) f  x

4 x

(c.) f  x x ˜ sin  x

(d.) f  x

x2 1  x2

Aufgabe 11.17 Entwicklung von Mac Laurin-Reihen

415

 Lösung zu 11.17 Erster Arbeitshinweis: Mac Laurin-Reihen sind Taylor-Reihen mit dem Entwicklungspunkt x0 0 . Bei TaylorReihen müsste ggf. der Entwicklungspunkt aus der Aufgabenstellung erkennbar sein (oder beim Lösen der Aufgabe wählbar). Bei Mac Laurin-Reihen hingegen legt bereits der Name Mac Laurin den Entwicklungspunkt fest. Zweiter Arbeitshinweis: Das Entwickeln von Taylor-Reihen und Mac Laurin-Reihen folgt einem fest vorgegebenen Schema, das man abarbeiten kann wie ein „Kochrezept“. Dabei gehe man in folgenden Schritten vor: Schritt 1: Man bilde einige Ableitungen der Funktion, und zwar ausreichend viele, um die Systematik der höheren Ableitungen der Funktion zu erkennen. Will man die Reihe vollständig entwickeln (und nicht nur die ersten Glieder), so muss ein Ausdruck für die n-te Ableitung (für beliebiges n  ` ) aufgestellt werden. Schritt 2: Man setze den Entwicklungspunkt in den Ausdruck für die n-te Ableitung ein und bestimme daraus den Entwicklungskoeffizienten an . Schritt 3: Das Hinschreiben der unendlichen Reihe ist, wie wir bald sehen werden, nicht immer bloß reine Formsache. Schritt 4: Man berechne den Konvergenzradius, um den Einsatzbereich der Reihe zu kennen. Diese Vorgehensweise wenden wir nun auf die in der Aufgabenstellung gegebenen Funktionen an: (a.) Schritt 1 Æ höhere Ableitungen Ÿ 1

Ÿ

f  x0

1  0 1

Ÿ

f '  x0

 1  0

3

Ÿ

f ''  x0

2 ˜ 1  0

4

Ÿ

f '''  x0

6 ˜ 1  0

f  x

1  x

f ' x

 1  x

f ''  x

2 ˜ 1  x

f '''  x

6 ˜ 1  x

f ''''  x

2

24 ˜ 1  x

5

Ÿ

. . . usw. . . . n f   x

 1

n

Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes

Ÿ ˜ n! ˜ 1  x

  n 1

Ÿ

f ''''  x0

1 2

1

2P

3

2

4

6

24 ˜ 1  0

5

2P

24

. . . usw. . . . n f   x0

Damit folgt für den Entwicklungskoeffizienten: an

 1 n ˜ n! ˜ 1  0  n 1  1 n ˜ n! n f   x0

n!

 1

n

n!

˜ n!

 1 n

Arbeitshinweis: Am leichtesten findet man den allgemeinen Ausdruck für die n-te Ableitung, indem man sich systematisch bewusst macht, was bei jedem einzelnen Vorgang des Ableitens passiert.

1P

416

11 Folgen und Reihen

Am Beispiel unserer Aufgabe sähe dies wie folgt aus: -

Beim Ableiten wird der Exponent vor die Klammer multipliziert. Da er ein Minus enthält, entsteht vor der Klammer ein alternierendes Vorzeichen.

-

Des Weiteren erhöht sich der Betrag des Exponenten mit erneutem Ableiten um Eins, sodass durch das fortwährende Multiplizieren mit dem Exponenten vor der Klammer eine Fakultät entsteht.

-

Der Inhalt der Klammer verändert sich nicht.

-

Der negative Exponent wird von Ableitung zu Ableitung um Eins verringert (d.h. sein Betrag wird jedesmal um Eins erhöht.)

Aufgrund der einzelnen Verrichtungen beim Ableiten ist die allgemeine Form der n-ten Ableitung relativ leicht zu erkennen. Stolperfalle: Für den allgemeinen Ausdruck der n-ten Ableitung benötigt man den Laufindex „ n “, der die Nummer der Ableitung beschreibt. Beim Einsetzen dieses „ n “ muss man immer genau aufpassen, dass die Zählung stimmt. So enthält z.B. die nullte Ableitung den Exponenten „ 1 “, die erste Ableitung den Exponenten „ 2 “ usw. Immer ist der negative Exponent um Eins gegenüber der Nummer der Ableitung verschoben. Deshalb taucht bei der n-ten Ableitung der Exponent „   n  1 “ auf. Der Zweck dieser Anmerkung ist der: Man gewöhne sich an, prinzipiell immer an jeder Stelle, an der der Laufindex „ n “ zum Einsatz kommt, mögliche Verschiebungen der zu verwendenden Indizierung gegenüber der Nummer der Ableitung zu überprüfen. Hinweis zu Arbeitseffizienz: Oftmals genügt es, beim Einsetzen des Entwicklungspunktes (Schritt 2) nur in den allgemeinen Ausdruck der n-ten Ableitung einzusetzen. Das Einsetzen in die niedrigeren Ableitungen dient lediglich der Rechenkontrolle, um eigene Rechenfehler zu erkennen und zu vermeiden. Schritt 3 Æ Da wir den Entwicklungskoeffizienten bestimmt haben, können wir die unendli1P

f

che Reihe sofort angeben:

f  x

¦

an ˜  x  x0

n 0

n

f

¦  1

n

˜ xn

n 0

Schritt 4 Æ Nun steht nur noch die Bestimmung des Konvergenzradius aus. Wir arbeiten mit dem Quotientenkriterium. (Auf eine Untersuchung der Ränder verzichten wir.): 1P

r

lim

n of

an an 1

 1 n n of  1 n 1 lim

lim 1

n of

1 Ÿ

Die Konvergenz ist gesichert für x  @1;  1>

Aufgabe 11.17 Entwicklung von Mac Laurin-Reihen

417

(b.) Inzwischen haben wir schon etwas Übung mit der Entwicklung von Mac Laurin-Reihen und wenden das Erlernte ohne allzu üppigen Kommentar an: Schritt 1 Æ höhere Ableitungen (Kettenregel nicht vergessen.) 1

f  x

4  x 2

f ' x

 12 ˜  4  x

f ''  x

 14 ˜  4  x

f '''  x

 83 ˜  4  x

f ''''  x

 15 ˜ 4  x 16

 12  32  52



Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes

Ÿ

f  x

 4  0 2

Ÿ

f ' x

 12 ˜  4  0

Ÿ

f ''  x

 14 ˜  4  0

f '''  x

Ÿ

 72

2n

˜ 4  x

 2 n21

2  12

 12 ˜ 21

 32

 14 ˜ 23

 52

 83 ˜ 25

 15 ˜  4  0 16

 72

15 ˜ 27  16

2P

. . . usw. . . .

Ÿ

1˜3˜5˜...˜ 2 n 3

1

 83 ˜  4  0

f ''''  x

Ÿ

. . . usw. . . . n f   x

Ÿ

n f   x

Ÿ



1˜3˜5˜...˜ 2 n 3 2n

2P

˜ 22 n 1

Achtung: Die n-te Ableitung gilt für n t 2 , da das im Vorfaktor enthaltene  2n  3 für kleinere n zu falschen Ergebnissen führen würde. Man beachte dies beim späteren Aufstellen der Potenzreihe als unendliche Summe. Hinweise zum Erkennen der Systematik der höheren Ableitungen: -

Alle höheren Ableitungen tragen ein Minuszeichen, da der negative Exponent und das „ 1 “ aus der Kettenregel sich als Faktoren gegenseitig aufheben. Der Faktor vor der Klammer besteht im Zähler aus dem Produkt ungerader Zahlen, die aus dem Exponenten dorthin multipliziert werden. Im Nenner wird mit jeder Ableitung ein Faktor „ 2 “ hinzumultipliziert.

-

Der Exponent beginnt mit „ 12 “ wovon mit jeder Ableitung „ 1 “ subtrahiert wird.

-

An den Stellen „ 2n  1 “ und „ 2n  3 “ achte man auf die Verschiebung der Indizes.

Damit folgt für den Entwicklungskoeffizienten: an

n f   x0

n!



1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 2n ˜ n !

1P

˜ 22 n 1 gültig für n t 2

Schritt 3 Æ Da wir für den Entwicklungskoeffizient erst ab n t 2 ein allgemeines Bildungsgesetz haben, müssen wir die ersten beiden Summanden der unendlichen Reihe aus der Summe herausziehen und einzeln handhaben. Dafür berechnen wir einzeln: a0 f

f  x

¦ n 0

an ˜  x  x0

n

f  x0 0! f

a0  a1 x 

¦ n 2

2 1

2 und a1

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 n

2 ˜ n!

f '  x0

 14

1!

1

˜ 22 n 1 ˜ x n



1 4

3P

418

11 Folgen und Reihen

1 2 x 4

f

¦

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3

n 2

2n ˜ 22 n 1 ˜ n!

1 2 x 4

˜ xn

f

¦

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 23n 1 ˜ n!

n 2

˜ xn

Schritt 4 Æ Auf die Berechnung des Konvergenzradius nehmen die ersten einzelnen aus der Summe herausgezogenen Summanden keinen Einfluss, da der Konvergenzradius als lim n of

berechnet wird. Wir vollführen die Rechnung nach dem Quotientenkriterium: 1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 r

an lim n of an 1

lim

n of

23n 1 ˜ n! 1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2 ˜  n  1  3 3 n 1 1 2  ˜ n 1 !



2P lim

n of

22 ˜  n  1

 2n  1 ˜ 2

1

8 ˜ lim

n of

n 1 2n  1

lim

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 ˜ 23n  2 ˜  n  1 ! 1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  1 ˜ 23n 1 ˜ n!

n of



8 ˜ lim

n of

1  1n 2

1 n

8˜

1 2

4 Ÿ Reihe konvergiert für x  @0;8>

Auf eine Aussage an den Rändern des Konvergenzintervalls verzichten wir. (c.) Schritt 1 Æ höhere Ableitungen

3P

Ÿ

Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes

f  x

 x ˜ sin  x  0 ˜ cos  x

Ÿ

f  0

0

f ' x

1 ˜ sin  x  x ˜ cos  x

Ÿ

f ' 0

0

f ''  x

 x ˜ sin  x  2 ˜ cos  x

Ÿ

f ''  0

2

3 f   x

3 ˜ sin  x  x ˜ cos  x

Ÿ

3 f   0

0

4 f   x

 x ˜ sin  x  4 ˜ cos  x

Ÿ

4 f   0

4

5 f   x

5 ˜ sin  x  x ˜ cos  x

Ÿ

5 f   0

0

6 f   x

 x ˜ sin  x  6 ˜ cos  x

Ÿ

6 f   0

6

7 f   x

7 ˜ sin  x  x ˜ cos  x

Ÿ

7 f  0

0

8 f   x

 x ˜ sin  x  8 ˜ cos  x

Ÿ

8 f  0

8

Zwar kann man die Systematik der n-ten Ableitung für alle Werte von x erkennen, also nicht nur für unseren speziellen Entwicklungspunkt, aber man steigert die Arbeitseffizienz, wenn man sich auf die Systematik alleine an der Stelle des Entwicklungspunktes beschränkt. Der Grund ist der: Alle Sinus-Ausdrücke verschwinden im Entwicklungspunkt x0 0 , ebenso alle Ausdrücke, die den Faktor x enthalten. Da überdies cos  x0 1 ist, bleiben nach Einsetzen des Entwicklungspunktes nur die geraden Ableitungen in einfacher Form übrig: 2P

n f   x0

0 für ungerade n ­° n 1 ® °¯ 1 2 ˜ n für gerade n ! 1

Der Summand für n 0 passt nicht in diese Systematik und muss einzeln behandelt werden.

Aufgabe 11.17 Entwicklung von Mac Laurin-Reihen 0 für ungerade n ­ ° n 1 ®  1 2 °  n 1 ! für gerade n ! 1 ¯

n f   x0

Ÿ an

n!

419

1P

f  0

und dazu separat a0

0

0!

Schritt 3 Æ Beim Formulieren der unendlichen Reihe müssen wir der Tatsache Rechnung tragen, dass nur jeder zweite Summand von Null verschieden ist. Natürlich könnten wir mit einer Fallunterscheidung arbeiten, wie bei der Formulierung des an . Bequemer in der Handhabung und daher üblich ist jedoch eine Substitution des Laufindexes, denn alle Summanden für ungerade n tauchen in der Reihe ohnehin nicht auf. Mit i  ` bietet sich n : 2i an, weil dann i die geraden Zahlen durchläuft. Die Reihe ohne Substitution könnte man dann so aufstellen: f

f  x

¦

an ˜  x  x0

n

 1 2 1 ˜ x n wobei nur über gerade n summiert wird. ¦  n  1 ! n 2 f

n

a0  N

n 0

0

f

Durch die Substitution von n : 2i folgt: f  x

 1 i 1

¦  2i  1 ! ˜ x

3P

2i

i 1

Schritt 4 Æ Bei der Berechnung des Konvergenzradius können wir die fertige Reihe in der Form mit substituiertem Laufindex verwenden und erhalten nach dem Quotientenkriterium

r

ai ai 1

lim

i of

lim

i of

1P

 1 i 1  2i  1 !  1 i  2  2  i  1  1 !

i 1

lim

i of

 1 ˜  2i  1 !  1 i  2 ˜  2i  1 !

lim   2i ˜  2i  1

f

i of

Die Reihe konvergiert also für alle x  \ . (d.) Schritt 1 Æ höhere Ableitungen f  x

Ÿ

Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes

x2 1  x2

f ' x

f ''  x

f '''  x

4 f   x

2x 1  x2 2 1  x2



2 x3

1  x2

2

10 x 2



2

8 x4



3

1  x2 1  x2

24 x 2

72 x3



3

48 x5



1  x2 1  x2 1  x2 24 2 2



312 x 2 2 3



4

672 x 4 2 4



384 x 6 2 5

1  x 1  x 1  x 1  x

Ÿ

f  0

Ÿ

f ' 0 0

Ÿ

f ''  0

Ÿ

f '''  0 0

Ÿ

4 f  0

0

2

2!

24

 4!

3P

420

11 Folgen und Reihen

Da wegen des Entwicklungspunktes x0 0 alle Brüche mit x im Zähler verschwinden, lässt sich die Systematik erkennen: Die ungeraden Ableitungen verschwinden, die geraden Ableitungen lauten f  n  0  1 2 1 ˜ n ! , gültig für geradzahlige n t 2 . n

2P

Ÿ an

n

 1 2 1 für geradzahlige

nt2 .

Schritt 3 Æ Zum Einsetzen in die Summe substituieren wir wieder n : 2i , wodurch n auf die geradzahligen Werte beschränkt wird, und erhalten ai  1 i 1 . Da a0 0 und a1 0 genügt die Summation ab n t 2 , dies ist i t 1 : f

3P Ÿ

¦

f  x

f

ai ˜ xi

i 1

i 1

¦  1

˜ x 2i

i 1

Schritt 4 Æ Den Konvergenzradius berechnen wir ohne Betrachtung der Ränder gemäß 1P r

lim

i of

 1 i 1 i of  1 i  2

ai ai 1

lim

1

Ÿ

Die Konvergenz ist gesichert für x  @1;  1> .

Aufgabe 11.18 Entwicklung von Taylor-Reihen



(a.) (b.)

10 min 20 min

(a,b)

hh

Punkte (a.) 5 P

(b.) 11 P

Entwickeln Sie die beiden folgenden Taylor-Reihen: (a.) f  x ln  x um dem Entwicklungspunkt x0 1 . (b.) f  x

1 x

um dem Entwicklungspunkt x0 3 .

Anmerkung: Zu (a.)

Beim Logarithmus hätte eine Mac Laurin-Reihe keinen Sinn, da der Logarithmus am Punkt x0 0 nicht entwickelt werden kann.

Zu (b.)

Aus praktischen Gründen kann mitunter die Fähigkeit nötig werden, Funktionen um beliebige Punkte zu entwickeln, z.B. wenn man eine Näherungsformel in der Umgebung eines vorgegebenen Punktes benötigt.

 Lösung zu 11.18 Arbeitshinweis:

Das Entwickeln von Taylor-Reihen funktioniert im Prinzip genauso wie das Entwickeln von Mac Laurin-Reihen mit dem einzigen Unterschied, dass in die Ableitungen der Funktion ein anderer Entwicklungspunkt einzusetzen ist. Als Arbeitsweg übernehmen wir also die in Aufgabe 11.17 beschriebene Vorgehensweise:

Aufgabe 11.18 Entwicklung von Taylor-Reihen

(a.) Schritt 1 Æ höhere Ableitungen f  x

ln  x

f ' x

 x 1

f ''  x

 x 2

f '''  x

2 x 3

f ''''  x

6 x 4

421

Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes

Ÿ

1P

… usw. … n f   x

 1 n 1 ˜  n  1 ! ˜ x  n n f   x0

Ÿ an

 1

n 1

n!

n f  1

Ÿ

˜  n  1 !

 1

n!

 1 n 1 ˜  n  1 ! für

n t1

1P

n 1

1P

n

Schritt 3 Æ Das Formulieren der Reihe ist klar: f

f  x

¦

an ˜  x  x0

f

¦

n

n 0

 1 n 1 ˜

n 1

n

 x  1 n

1P

Man beachte dabei eine Stolperfalle: Der allgemeine Ausdruck für die Summe der TaylorReihe beginnt bei n 0 , aber die spezielle Anwendung bei unserem Logarithmus beginnt bei n 1 . Der Grund liegt darin, dass der Summand mit der Nummer n 0 verschwindet. Dieser Summand passt nicht in die Formel für die n-te Ableitung, sondern muss einzeln ausgerechf  x0 0!

net werden:

ln 1 1

0 Da der Summand verschwindet, braucht man ihn nicht mehr

einzeln vor die Summe schreiben. Schritt 4 Æ Der Konvergenzradius folgt wie so oft nach dem Quotientenkriterium: r

lim

n of

 1  n 1 ˜  n  1 n2 n of n ˜  1 

an an 1

lim

lim

n of

n 1 n

lim

1P

1  1n

1

1

n of

Konvergenzradius r 1 um den Entwicklungspunkt 1 bedeutet Konvergenz für x  @0;2> (ohne Betrachtung an den Rändern des Intervalls). (b.) Schritt 1 Æ höhere Ableitungen f  x

1  x

1 2

1  x

 12

f ' x

1˜ 2

f ''  x

 14 ˜ 1  x

f '''  x

 83 ˜ 1  x

f ''''  x

 316˜5 ˜ 1  x

 32  52  72

… usw. … n f   x

 1

Ÿ

Schritt 2 Æ Einsetzen des Entwicklungspunktes f  3

Ÿ

f '  3

1 2

Ÿ

f ''  3

 14 ˜  4

Ÿ

f '''  3

 83 ˜  4

Ÿ

f ''''  3

 316˜5 ˜  4

Ÿ n 1 1˜3˜5˜...˜ 2 n 3

˜

2n

˜ 1  x

 2 n21

1

Ÿ

 4 2 ˜  4

2  12

1 4

 32

1  32

 52

3 256

 72

3˜5  2048

2P

… usw. … 1P

422

11 Folgen und Reihen

Die Systematik der höheren Ableitungen am Entwicklungspunkt lautet also • für n 0 ist f  3 2 • für n 1 ist f '  3 2P

1 4

• für n t 2 ist f  n  3  1 n 1 ˜ n

f

Mit an

1˜3˜5˜...˜ 2 n 3 2n

˜  4

 2 n21

 1 n 1 ˜

1˜3˜5˜...˜ 2 n 3 23 n1

 x0 können wir übergehen zu Schritt 3:

n!

Schritt 3 Æ Einsetzen in die Potenzreihe, wobei wir die Glieder Nr. 0 und 1 einzeln handhaben: 2P

f

f  x

¦

an ˜  x  x0

f

n

2  14 ˜  x  3 

n 0

¦  1

n 1 1˜3˜5˜... ˜ 2 n  3

˜

n 2

23 n1 ˜ n !

˜  x  3

n

TR

7 1 x 3 2  1 x 3 3  5 Anm: Die Reihe beginnt f  x | 2  14  x 3  64  512  16384  x 3 4  131072  x 3 5 r ...

Schritt 4 Æ Konvergenzbereich: r

an lim n of an 1

3P lim

1˜3˜5˜ ... ˜ 2 n  3

 1 n 1 ˜ lim

n of

 1

23n1 ˜ n ! n  2 1˜3˜5˜... ˜ 2  n 1  3

˜

3 n 1 1

2

n of

˜  n 1 !

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 ˜ 23n  2 ˜  n  1

n of

lim

3n 1

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  1 ˜ 2

lim

n of

3 n 1 1 1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 ˜ 2  ˜  n  1 !

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2  n  1  3 ˜ 23n 1 ˜ n !

23n  2 ˜  n  1

 2n  1 ˜ 2

3n 1

8 ˜ lim

n of

n 1 2n  1

8 ˜ lim

n of

1  1n 2  1n

4

Ist der Konvergenzradius r 4 , so ist der Konvergenzbereich: 1P

@ x0  r ; x0  r> @3  4;3  4> @1;7> Diese Werte kann man für x einsetzen, sodass sich mit dieser Reihe (für zeln von

0 bis

1  x ) die Wur-

8 berechnen lassen.

Aufgabe 11.19 Verknüpfen von Potenzreihen

 

(a,b.)

gemeinsam 10 min

(a,b.)

(c.)

5 min

(c.)

hhh hhh

Punkte (a&b.) ges.

6P

(c.) 3 P

Potenzreihen dürfen gliedweise verarbeitet werden (addiert, abgeleitet, integriert, etc…). Bestimmen Sie mit möglichst wenig Rechenaufwand die Potenzreihen von (a.) f  x sinh  x

(b.) f  x cosh  x

(c.) f  x

1 1 x 2

.

Geben Sie auch die Konvergenzbereiche der so gebildeten Potenzreihen an.

Aufgabe 11.19 Verknüpfen von Potenzreihen

423 f

xn

¦ n!

ex

Hinweis: In Tabellenwerken findet man

für alle x  \

n 0

f

arctan  x

und

x 2 n 1 2n  1

¦  1 n ˜ n 0

für x  1

 Lösung zu 11.19 sinh  x

(a. & b.) Nach Definition der Hyperbelfunktionen gilt

 e x  e x 1 ˜ e x  e x 2 

1˜ 2

cosh  x

und

Also können die Potenzreihen dieser beiden Funktionen aus der in der Aufgabenstellung genannten Potenzreihe der Exponentialfunktion aufgebaut werden: §

sinh  x

1 ˜¨ 2 ¨

f

¦

©n

cosh  x

§

1 ˜¨ 2 ¨

0

f

¦

©n

0

xn  n! xn  n!

f

¦

1˜ 2

n! ¸ ¹

n 0 f

f

  x n ·¸

¦

f

1˜ 2

n! ¸ ¹

¦

n

n!

n 0

  x n ·¸

n 0

¦

xn    x

xn    x

n 0

 1

2P

 2

2P

n

n!

Damit sind die Aufgabeteile (a.) und (b.) im Prinzip gelöst. Allerdings lassen sich die Ausdrücke noch etwas vereinfachen, wenn man berücksichtigt, dass in  1 der Zähler für geradzahlige n verschwindet und in  2 für ungeradzahlige n . Dazu substituieren wir n : 2k  1 in  1 bzw. n : 2i in  2 und erhalten: f

sinh  x

¦

1˜ 2

k 0

2 ˜ x 2 k 1  2k  1 !

f

¦ k 0

f

x 2 k 1 und cosh  x  2k  1 !

¦

1˜ 2

n 0

xn    x n!

f

n 1˜ 2

¦ k 0

2 ˜ x2k  2k !

f

¦ k 0

x2k  2k !

2+2 P

Arbeitshinweis: Werden Potenzreihen miteinander verknüpft, so umfasst der Konvergenzbereich der resultierenden Potenzreihe mindestens die Schnittmenge der Konvergenzbereiche der verknüpften Potenzreihen.

Für die Reihen des Sinus Hyperbolicus und des Cosinus Hyperbolicus bedeutet dies: Da sie nur aus Exponentialfunktionen zusammengesetzt sind, ist ihr Konvergenzbereich ebenso groß wie derjenige der Exponentialfunktion, umfasst also alle x  \ . (c.) Bekanntlich ist die Ableitung des Arcus Tangens:

d 1 arctan  x dx 1  x2

Gliedweises Ableiten der in der Aufgabestellung genannten Reihe liefert f  x

1 1  x2

d arctan  x dx

d dx

f

¦  1 n ˜ n 0

x 2 n 1 2n  1

f

¦  1 n ˜ n 0

 2n  1 x 2n 2n  1

f

¦  1

n

˜ x 2n

n 0

Da bei der Bildung dieser Reihe nur eine einzige Reihe verarbeitet wurde, ist der Konvergenzbereich von dieser zu übernehmen: Sie konvergiert für x  1 .

3P

424

11 Folgen und Reihen

Aufgabe 11.20 Integration einer Potenzreihe



Punkte 4P

hh

7 min

Bekanntlich lässt sich die Dichtefunktion der Gauß’schen Normalverteilung nicht analytisch 2

integrieren. Das hat letztlich seinen Grund in der Tatsache, dass die Funktion f  x e x nicht analytisch integriert werden kann. Integrieren Sie nun auf folgendem Wege: - Aufstellen der Mac Laurin-Reihe für f  x e x

2

- Gliedweise Integration der Reihe.

 Lösung zu 11.20 Beim Aufstellen der Mac Laurin-Reihe greifen wir auf die Reihe der Exponentialfunktion zurück und substituieren u : x 2 , was gliedweise geschehen kann: 3P

f

e

u

¦ n 0

un n!

Ÿ e

x2

f

¦

 x2

n 0

1 P Die Integration lautet dann

n

f

n!

³

x 2n

¦ n! n 0

2

e x dx

f

§ x 2n · dx ¸ ¨ ¨ n! ¸ ¹ 0©

¦³ n

f

¦ n 0

x 2 n 1 .  2n  1 ˜ n!

Aufgabe 11.21 Restgliedabschätzung nach Lagrange



1. Näherung 2. Näherung

8 min 8 min

hhh

Punkte 2 × je 4 P

Betrachten Sie nochmals die Mac Laurin-Reihen von Aufgabe 11.17.b. Auf der Basis der dortigen Ergebnisse berechnen Sie bitte f 1 3 in erster und in zweiter Näherung. Führen Sie bitte für beide Fälle auch eine Restgliedabschätzung nach Lagrange durch.

 Lösung zu 11.21 Arbeitshinweis: Die Formel für die Restgliedabschätzung nach Lagrange lautet: Rn  x

f

n 1

[ ˜ x n 1  n  1 !

mit

[  > 0; x @

Erläuterung zum Index „ n “: Wird die Reihe bis zum Glied mit der Nummer „ n “ summiert, so trägt das zugehörige Restglied ebenfalls die Nummer „ n “. Es dient aber der Abschätzung der Summe aller Glieder ab dem  n  1  ten.

Aufgabe 11.22 Näherungspolynome aus Potenzreihen

Diese wenden wir an auf die Reihe f  x

4 x

425

2

1 x 4

Die zweite Ableitung von f  x lautet f ''  x  14 ˜  4  x

f

¦

1 ˜ 3 ˜ 5 ˜ ... ˜  2n  3 23n 1 ˜ n!

n 2

 32

˜ xn .

(siehe Aufgabe 11.17.b)

Daraus folgt: Die lineare (erste) Näherung enthält die ersten beiden Summanden und ergibt f 1 | 2  14 x 1.75

3

R1  x |

f '' [

1  1 !

n 1 ˜ 1

1P

mit folgender Restgliedabschätzung (für n 1 )

 14 ˜  4  [

 32

2!

­  1 ˜ 4  0  32 TR 4 | 0.015 für [ 0 °° 2! ® 3 °  14 ˜ 4 1  2 TR | 0.024 für [ 1 °¯ 2!

3P

Würde man die beiden Restglied-Schätzwerte als Grenzen des Intervalls verstehen, in dem der tatsächliche Wertes liegt, so erhielte man 3  >1.75  0.024 ; 1.75  0.015@ >1.726 ; 1.735@ , was in der Tat der Fall ist. In Wirklichkeit sollte man die getätigte Restgliedabschätzung nicht völlig wörtlich verstehen, denn da es sich nur um eine Abschätzung handelt, ist es durchaus im Bereich des Möglichen, dass der exakte Wert ein wenig außerhalb des angegebenen Intervalls liegen kann. 1P

1 x 2 1.734375 Die zweite Näherung lautet f 1 | 2  14 x  64

mit der Restgliedabschätzung (für n 2 ) : '''

R2  x |

f [  2 1 ˜1  2  1 !

3 f  [ 3!

 83 ˜  4  [

 52

3!

­  3 ˜ 4  0  52 TR | 0.0020 für [ 0 °° 8 3! ® 5 °  83 ˜ 4 1  2 TR | 0.0040 für [ 1 °¯ 3!

3P

Aus didaktischen Gründen wollen wir wieder die Tauglichkeit dieser Restgliedabschätzung kontrollieren. Das Intervall, welches durch diese Abschätzung angegeben wird, lautet TR

3 | 1.7320508  >1.734375  0.0040 ; 1.734375  0.0020@

>1.730375 ; 1.732375@ und enthält tat-

sächlich wieder 3 , wie man durch den Vergleich des mit dem Taschenrechner auf 8 signifikante Stellen berechneten Wertes erkennt. Auch wenn wir diese Aussage nicht exakt wörtlich nehmen sollen, so bestätigt sie doch wieder die Tauglichkeit der Restgliedabschätzung nach Lagrange.

Aufgabe 11.22 Näherungspolynome aus Potenzreihen



ohne Formelsammlung mit Formelsammlung

20 min 7 min

hh

Geben Sie polynomiale Näherungen für die Funktion f  x zweiter und in dritter Näherung.

Punkte ohne FS 11 P sin  x x

mit FS: 5P

an, und zwar in erster,

426

11 Folgen und Reihen

 Lösung zu 11.22 Die gesuchten Näherungen sind Taylor-Reihen, die man nach dem ersten, zweiten bzw. dritten nichtkonstanten Glied abbricht. Arbeitshinweis:

Man muss nicht immer alle Taylor-Reihen selbst explizit entwickeln, vielmehr greift man üblicherweise auf Formelsammlungen oder Tabellenwerke zurück. Findet man dort die Reihe zum Sinus, so kann man sie benutzen. Ansonsten lässt sich die Reihe zum Sinus auch aus der Reihe der komplexen Exponentialfunktion extrahieren (in Analogie zu Aufgabe 11.19), was nachfolgend kurz vorgeführt sei: f

Aufg.11.19 Ÿ e x

xn

¦ n! .

i 2

Auch gilt sin  x



˜ eix  e ix

n 0



Darin ist i -1 und n Summationsindex

Damit setzen wir den Sinus aus den Reihen komplexer Exponentialfunktionen zusammen: 1P sin  x

i 2

f § f  ix n  ix n ·¸ ˜¨  ¨ n! n! ¸ n 0 ©n 0 ¹

¦

¦

f

i 2

˜

¦

 ix n   ix n n!

n 0

n n n n 1 P Für geradzahlige n ist  ix  ix Ÿ  ix   ix 0 . Von Null verschiedene Beiträge enthält die Summe also nur für ungerade n . Mit der Substitution n : 2k  1 erzeugt man nur die ungeraden n und erhält

2P

sin  x

i ˜ 2

 ix 2k 1   ix 2k 1 ¦  2k  1 ! k 0 f

Wegen i 2k 1 i1 ˜ i 2k f

2P

sin  x

 i ˜ ¦ k 0

i ˜ 2

 ix 2k 1   ix 2k 1 i ˜ f  ix 2k 1  ¦ ¦  2k  1 !  2k  1 ! k 0 k 0 f

k

i ˜  1 folgt k

i ˜  1 x 2 k 1  2k  1 !

f

 1 k x 2k 1 , wie auch in Formelsammlungen zu finden. ¦  2k  1 ! k 0

Nun können wir mit der eigentlichen Lösung der Aufgabe 11.22 beginnen: Aus der Reihe des Sinus folgt die Reihe von f  x 3P

f  x

1 ˜ sin  x x

1 ˜ x

f

 1 k x 2k 1 ¦  2k  1 ! k 0

sin  x x

f

 1 k x 2k ¦  2k  1 ! k 0

In nullter Näherung wäre dann f  t | 1

x 2 x 4 x 6 x8    B ... 3! 5! 7! 9!

(mit nullmaligem Auftreten der Variablen) 2

Die ersten Näherung lautet f  x | 1  x3!

(mit einmaligem Auftreten der Variablen)

2

4

Die zweite Näherung lautet f  x | 1  x3!  2 P Die dritte Näherung lautet f  x | 1  x  3! 2

1

indem man gliedweise dividiert.

x 5! 4

x 5!



(mit zweimaligem Auftreten der Variablen) 6

x 7!

(mit dreimaligem Auftreten der Variablen)

Aufgabe 11.23 Näherungspolynome aus Potenzreihen

427

Aufgabe 11.23 Näherungspolynome aus Potenzreihen 1.Näherung (a.) 12 min 1.Näherung (b.) 12 min

 

Punkte (a.) 7 P

hh hh

2.Näherung (a.) 15 min

(b.) 7 P

(a.) 2. Näherung: 8 P

Linearisieren Sie bitte die beiden nachfolgend genannten Funktionen: (a.) f  x x x

1 e

- in der Umgebung der Stelle x0

- in der Umgebung der Stelle x1 1 - in der Umgebung der Stelle x2 2 sin  x

(b.) f  x sin  x

ʌ 6

- in der Umgebung der Stelle x0

Zusatzaufgabe: Geben Sie bei Aufgabenteil (a.) auch noch die zweiten Näherungen an. Weiterer Zusatz für Übungen (nicht in der Klausur): Wenn Sie ein Computerprogramm haben, das Funktionen plotten kann, dann können Sie sich durch die graphische Darstellung der Funktion und der Näherungen von der Qualität der Näherungsformeln überzeugen.

 Lösung zu 11.23 Arbeitshinweis:

Für Näherungen wie die gefragten, muss man sich nicht die Mühe machen, eine vollständige Taylorreihen-Entwicklung durchzuführen, nur um diese anschließend nach wenigen niedrigen Ableitungen abzubrechen. Viel effektiver ist es, von Anfang an nur die wenigen benötigten Ableitungen zu berechnen. Die Linearisierung sieht dann als erste Näherung so aus: 1

f  x |

¦

n f   x0

n!

n 0

˜  x  x0

n

f  x0  f '  x0 ˜  x  x0

Die nächsthöhere zweite Näherung lautet dann: 2

f  x |

¦

n f   x0

n!

n 0

˜  x  x0

n

f  x0  f '  x0 ˜  x  x0  12 f ''  x0 ˜  x  x0

2

1P

Damit führen wir nun die in der Aufgabenstellung gefragten Näherungen durch: (a.) Zuerst bilden wir die benötigten Ableitungen:

Ÿ Ÿ

f  x

xx

f ' x

e

f ''  x

e



ln x x

x˜ln  x



e

x˜ln  x

˜ 1 ˜ ln  x  x ˜ 1x



x x ˜ 1  ln  x

x x ˜ 1  ln  x ˜ 1  ln  x  x x ˜

 1x

2P



2

x x ˜ 1  ln  x  1x



428

11 Folgen und Reihen

Dann setzen wir die Entwicklungspunkte ein und erhalten die gesuchten Näherungen: • Beim Entwicklungspunkt x0 1e Æ 1P

f  x0 f '  x0

1P

 1e  | 0.6922  1e ˜ 1  ln  1e 1 TR e

1 e

0 TR

Ÿ 1. Näherung: f  x | f  x0  f '  x0 ˜  x  x0 | 0.6922  0 ˜  x  x0 f ''  x0

1 e

 1e ˜ §¨© 1  ln  1e

2

0.6922

· TR  e ¸ | 1.8816 ¹ 2 TR

2P



Ÿ 2. Näherung: f  x | f  x0  f '  x0 ˜  x  x0  12 f ''  x0 ˜  x  x0 | 0.6922  12 ˜1.8816 ˜ x  1e



0.6922  0.9408 ˜ x  1e





2

2

Die graphische Kontrolle findet man in Bild 11-23a. • Beim Entwicklungspunkt x1 1 Æ 1P

f  x1

1 1

1P

f '  x1

1 1 ˜ 1  ln 1

2P

f ''  x1

1 1 ˜ 1  ln 1

1



Ÿ 1.Näherung: f  x | 1  1 ˜  x  x1 1  x  1 x

1 2



2 Ÿ 2.Näherung: f  x | 1  x  1  12 ˜ 2 ˜  x  x1

1

2

x   x  1

2

Die graphische Kontrolle findet man in Bild 11-23b. • Beim Entwicklungspunkt x2 2 Æ 1P 1P

f  x2

 2  2

f '  x2

 2 2 ˜ 1  ln  2 | 6.7726

f ''  x2

2P

4 TR



 2 2 ˜ 1  ln  2

2



Ÿ 1. Näherung: f  x | 4  6.7726 ˜  x  2

6.7726 x  9.5452

TR

 12 | 13.4670

Ÿ 2. Näherung: f  x | 4  6.7726 ˜  x  2  12 ˜ 13.4670 ˜  x  2

2

6.7335 x 2  20.1614 x  17.3888

Die graphische Kontrolle findet man in Bild 11-23c.

Bild 11-23a Graphischer Vergleich

der Funktion f  x

x x mit

der 1.Näherung f  x | 0.6922 und



der 2. Näherung f  x | 0.6922  0.9408 ˜ x  1e um den Entwicklungspunkt x0

1 e



2

Aufgabe 11.23 Näherungspolynome aus Potenzreihen

429

Bild 11-23b Graphischer Vergleich

der Funktion f  x

x x mit

der 1.Näherung f  x | x und der 2. Näherung f  x | x   x  1

2

um den Entwicklungspunkt x1 1

Bild 11-23c Graphischer Vergleich

der Funktion f  x

x x mit

der 1.Näherung f  x | 4  6.7726 ˜  x  2 und der 2. Näherung f  x | 4  6.7726 ˜  x  2  6.7335 ˜  x  2

2

6.7335 x 2  20.1614 x  17.3888 um den Entwicklungspunkt x2

2

(b.) Gesucht ist die lineare Näherung für f  x sin  x sin  x in der Umgebung von x0

ʌ 6

.

Wir leiten ab und setzen den Arbeitspunkt ein: f  x

f ' x

 sin  x sin  x e

sin  x ˜ln  sin  x sin  x

 sin  x

e



sin x

ln sin  x



e

sin  x ˜ln  sin  x

Ÿ

f  x0

1 2

2P

TR

| 0.70711

3P

˜ §¨ cos  x ˜ ln  sin  x  sin  x ˜ 1 ˜ cos  x ·¸ sin  x © ¹



˜ cos  x ˜ 1  ln  sin  x



Ÿ

f '  x0

1 2

˜

3 4



˜ 1  ln

TR

 12 | 0.18791

Einsetzen in die Formel der linearen Näherung liefert: 1

f  x |

¦ n 0

n f   x0

n!

˜  x  x0

n

TR



f  x0  f '  x0 ˜  x  x0 | 0.70711  0.18781 ˜ x 

Den graphischen Vergleich findet man in Bild 11-23d.

ʌ 6



2P

430

11 Folgen und Reihen

Bild 11-23d Graphischer Vergleich sin x der Funktion f  x sin  x 

mit

der linearen Näherung



f  x | 0.70711  0.18781 ˜ x  ʌ6



0.60877  0.18781 ˜ x um den Entwicklungspunkt x0

ʌ 6

Aufgabe 11.24 L’Hospital’sche Regel



(a,b,d,e,f,j.) (c,g,h,i,k) (l.)

Punkte (a,b,d,e,f,j.) (c,g,h,i,k.) (l.)

hh

2 min 4 min 15 min

1P 2P 7P

Bestimmen Sie bitte die nachfolgend genannten Grenzwerte. Entscheiden Sie dabei von Fall zu Fall selbst, wann Sie die Regel von L’Hospital anwenden und wann nicht. ax  bx x o0 x

(a.) lim

(e.) lim

xo2

(i.) lim

x o0

2 x2  3x  2 x2  2 x x2  x x

e 1

(b.) lim

x o0

(f.) lim

xo2

(j.) limʌ xo 2

ex  x  1 x

2

4 x 2  3x  2 x2  3x  2

tan  x x

ʌ 2

§1

1

·

(c.) lim ¨  x ¸ x o0 © x e  1 ¹ xx  x x o1 1  x  ln  x

(g.) lim §

1 1·  ¸ x o0 © sin  x x ¸¹

(k.) lim ¨¨

x2  2 x o0 x  5

(d.) lim

(h.) lim

x o0

x 27 ex

§

1 1 ·  2¸ 2 ¨ x o0 sin  x x ¸ © ¹

(l.) lim ¨

 Lösung zu 11.24 Stolperfalle:

Die Regel von L’Hospital wird zur Bestimmung von Grenzwerten von Brüchen angewandt, wenn Zähler und Nenner gleichzeitig gegen Null oder gleichzeitig gegen Unendlich gehen (symbolische Schreibweise „ 00 “ oder „ ff “). Andere Ausdrücke wird man vor dem Anwenden der l’Hospital’schen Regel in derartige Brüche umformen. Ist diese Voraussetzung nicht erfüllt, so würde die L’Hospital’sche Regel zu Fehlern führen, darf also nicht angewandt werden. Die Kontrolle, ob die Studierenden die Voraussetzungen der L’Hospital’schen Regel überprüfen, ist typisch für die Situation in Klausuren. Dabei wer-

Aufgabe 11.24 L’Hospital’sche Regel

431

den einige Grenzwertaufgaben nebeneinander gestellt, von denen einige mit L’Hospital zu lösen sind, manche aber ohne. Zum Training ist dies auch bei Aufgabe 11.24 der Fall. Bei den hier vorgestellten Musterlösungen sind die Gleichheitszeichen bei Umformung nach LH

der L’Hospital’schen Regel mit „ “ markiert, wobei dieses Zeichen das Überprüfen der Ausdrücke im Zähler und im Nenner auf Zulässigkeit der Anwendung von L’Hospital bereits enthält. ax  bx x o0 x

a x ˜ ln  a  b x ˜ ln  b x o0 1

LH

(a.) lim

ln  a  ln  b

lim

§a· ln ¨ ¸ ©b¹

1P

(b.) Arbeitshinweis: Die L’Hospital’sche Regel darf auch mehrfach angewandt werden. Sofern das Ergebnis einer Anwendung wieder zu einem „ 00 “ oder „ ff “ führt, darf L’Hospital gleich wieder angewandt werden. e x  1 LH ex 1 lim x o0 x o0 2 x x o0 2 2 x (c.) In symbolischer Kurzschreibweise könnte man diesen Fall als „ f  f “ bezeichnen, daher

Dies ist auch bei Aufgabenteil (b.) der Fall:

lim

e x  x  1 LH 2

lim

1P

sind erst geeignete Umformungen nötig, um auf die Form für L’Hospital zu kommen. Es gilt: 1 1  x ex  1 Ÿ

 e x  1  x x ˜  e x  1

Jetzt gehen für lim Zähler und Nenner gegen Null. x o0

 e x  1  x xo0 x ˜ e x  1 

1 · §1 lim ¨  ¸ x o0 © x e x  1 ¹

ex  1

LH

lim

lim

x o0

ex

LH

ex  1  x ˜ ex

lim

x o0

ex  ex  x ˜ ex

2P

1 2

(d.) Weder der Zähler noch der Nenner geht gegen Null. Hier wird nicht L’Hospital angewandt, sondern direkt ausgerechnet : (e.) lim

2 x 2  3x  2

LH

lim

2

x  2x

xo2

xo2

4x  3 2x  2

x2  2 x o0 x  5

02 05

lim

4˜2 3 2˜2  2



1P

2 5

5 2

1P

(f.) Es geht Zähler o 20 und Nenner o 0 Ÿ kein L'Hospital : lim

xo2

xx  x (g.) lim x o1 1  x  ln  x

LH

lim

x x ˜ 1  ln  x  1 LH

x o1

1  1x

2

lim

4 x2  3x  2 x 2  3x  2

x x ˜ 1x  1  ln  x ˜ x x  x 2

x o1

1P

f

1 ˜ 1  12 ˜ 1 1

2

2P

(h.) lim

x of

x 27 e

x

LH

lim

x of

27 ˜ x 26 e

x

LH

LH

LH

... ...  

noch 26 mal L'Hospital

lim

x of

27! e

x

0

Man sieht, warum die Exponentialfunktion immer gegenüber Potenzen dominiert.

2P

432

11 Folgen und Reihen

(i) Wir untersuchen zuerst den Radikanten und fügen danach die Wurzel hinzu. 2P

x2  x

lim

2x  1 1 Ÿ x o0 e x 1

LH

lim

ex 1

x o0

1 P (j.) limʌ

xo 2

tan  x x

ʌ 2

x2  x

lim

ex  1

x o0

x2  x

lim

ex  1

x o0

1 1

Der Zähler geht gegen f, der Nenner gegen 0. Das ist kein Fall für L'Hospital.

rf

(k.) Erst umformen, dann L’Hospital: 2P

§ 1 1· lim ¨  ¸ x o0 ¨© sin  x x ¸¹

lim

x o0

x  sin  x LH x ˜ sin  x

lim

x o0 sin

1  cos  x

LH

lim

 x  x ˜ cos  x

x o 0 cos

sin  x  x  cos  x  x ˜ sin  x

0 2

0

(l.) Wir formen den Ausdruck „ f  f “ in ein „ 00 “ um: § 1 1 · lim ¨ 2  2¸ ¨ x o0 sin  x x ¸ © ¹

§ x 2  sin 2  x · LH § · 2 x  2sin  x cos  x ¸ ¸ lim ¨ 2 lim ¨ 2 2 2 ¨ ¸ ¨ ¸ x o0 x ˜ sin  x © ¹ x o0 © 2 x ˜ sin  x  x ˜ 2sin  x cos  x ¹ 2  2 cos 2  x  2 sin 2  x

LH

lim

x o0

2 sin

2

 x  2 x ˜ 2 sin  x cos  x  2 x ˜ 2 sin  x cos  x  x 2 ˜  2 cos2  x  2 sin 2  x

Ausdruck zusammenfassen: lim

x o0

2 ˜ sin 2  x



sin 2  x  4 x ˜ sin  x cos  x  x 2 ˜ cos 2  x  sin 2  x

lim

x o0



4 ˜ sin  x ˜ cos  x

LH





6 ˜ sin  x ˜ cos  x  6 x ˜ cos 2  x  sin 2  x  4 x 2 ˜  cos  x ˜ sin  x

kürzen und zusammenfassen: lim

x o0

7P

LH

lim

x o0

2 ˜ sin  x ˜ cos  x

3  2 x ˜ sin  x ˜ cos  x  3x ˜  cos2  x  sin 2  x 2

4 ˜ cos 2  x  2







16 x ˜ sin  x ˜ cos  x  6  2 x 2 ˜ 2cos 2  x  1

42 0  6 ˜  2  1

2 6

1 3

Aufgabe 11.25 Funktionswerte aus Taylorreihen



15…20 min

hhh

Punkte 10 P

Berechnen Sie ln  3 mit Hilfe einer Taylorreihe mit einer Genauigkeit von grob geschätzt etwa zwei signifikanten Stellen. Greifen Sie dabei auf das Ergebnis von Aufgabe 11.18.a zurück.

Aufgabe 11.25 Funktionswerte aus Taylorreihen

433

 Lösung zu 11.25 Das Ergebnis von Aufgabe 11.18.a ist die Taylor-Reihe des natürlichen Logarithmus: f

f  x

¦

an ˜  x  x0

f

¦

n

n 0

 1 n 1 ˜ n

n 1

 x  1 n , konvergent für

x  @0;2> .

Da das Argument x 3 außerhalb dieses Intervall liegt, berechnen wir das Negative des Logarithmus des Kehrwertes, sprich ln  3  ln 13 , denn 13 liegt innerhalb des Konvergenzin-



tervalls. Mit der Taylor-Reihe berechnen wir natürlich  ln  13 , das Vorzeichen können wir später noch umdrehen. f

ln

 13 ¦  

n

n 1

˜

n 1 1 2 2  12 ˜ 23 3

 

1˜ 1

1

f

 13  1 ¦  n

n 1

3

n 1

1 n

4

f

 ¦

˜  23

n

1

n

˜  1 ˜

n

n 1

5

n 1

 23

f

n



¦ ˜ 1 n

2 3

4P

n

n 1

6

7

8

9

TR

1˜ 2  ... | 1.0941   

          

   ˜    

  9 3     

1˜ 2 3 3

1˜ 2 4 3

1˜ 2 5 3

TR

1˜ 2 6 3

TR

1 7

2 3

1˜ 2 8 3

TR

TR

TR

TR

| 0.66666

| 0.22222

| 0.09876

| 0.04938 | 0.02633 | 0.01463 | 0.00836 | 0.00487

TR

TR

TR

| 0.00289

Die Formel für die Restgliedabschätzung nach Lagrange lautet (hier für n 9 ): Rn  x

f

n 1

[ ˜ x n 1  1 n  !

2P

[  > x ; x0 @ ,

mit

wobei wir die  n  1  te Ableitung gabe 11.18.a entnehmen.

f

n 1

 x  1 n  2 ˜ n ! ˜ x  n 1 der Systematik von Auf- 1 P

Dies setzen wir in unsere Restgliedabschätzung an der Stelle [

R9

 1 3

 1 9  2 ˜ 9! ˜  13  9  1 !

  9 1

˜

 9 1

 1 3

1 3

ein und erhalten 2P

9! 1  10! 10

Interpretiert man das Restglied wieder als Maß für die Ungenauigkeit der Berechnung, so liegt ln

 13 im Intervall >1.1941 ;  1.0941@ ,

TR

d.h.: ln  3 | 1.098612289  > 1.0941 ;  1.1941@ , was 1 P

durch die Benutzung eines Taschenrechners durchaus bestätigt wird. Bei einer Restgliedabschätzung von Rn

0.1 ist die geforderte Rechengenauigkeit auf zwei

signifikante Stellen (eine Vorkommastelle und eine Nachkommastelle) in etwa erreicht, weshalb wir die Aufgabe als gelöst betrachten dürfen. Da das Restglied nur proportional n 1 kleiner wird, und nicht mit einer schneller abfallenden Potenz von n , sehen wir, dass die Reihe recht langsam konvergiert.

434

11 Folgen und Reihen

Aufgabe 11.26 Reellwertige Fourier-Reihe



30 min

hh

Punkte 20 P

Gegeben sei ein periodisch wiederkehrendes Signal entsprechend Bild 11-26. Geben Sie die mathematische Funktion im Verlauf einer Periode dieses Signals an und entwickeln Sie die reellwertige Fourier-Reihe dazu.

Bild 11-26 Darstellung eines periodischen Signals, dessen Fourier-Reihe entwickelt werden soll.

 Lösung zu 11.26 Vorbemerkung: Die Funktion f  t erfüllt die Dirichlet’sche Bedingung für die Entwickelbarkeit in eine Fourier-Reihe, denn sie hat innerhalb einer Periode nicht unendlich viele Sprünge. Arbeitshinweis:

Für die Berechnung der Fourier-Koeffizienten ist es günstig, wenn die Funktion innerhalb der einen zu betrachtenden Periode möglichst wenige Sprünge vollführt, da man dadurch die Arbeitseffizienz bei der Integration zur Bestimmung der Fourier-Koeffizienten optimiert. Der entsprechende Startzeitpunkt darf frei gewählt werden. Für unsere Aufgabe ist es daher am günstigsten, den Anfangszeitpunkt der zu betrachtenden Periode bei t0 festzulegen. Da die Periodendauer T 2 ˜ t0 beträgt, endet die zu betrachtende Periode zur Zeit t0 . Zunächst suchen wir den mathematischen Ausdruck der Funktion innerhalb einer Periode: 1P

f t



c ˜ t für t  @t0 ;  t0 > t0

Damit beginnen wir nun die eigentliche Entwicklung der Fourier-Reihe:

Aufgabe 11.26 Reellwertige Fourier-Reihe

435

Arbeitshinweis:

Schreibt man wie der reellzahligen Entwicklung üblich die Fourier-Reihe in der Form f t

a0  2

f

¦ ª¬a

n

˜ cos  nZ0t  bn ˜ sin  nZ 0t º¼ , so erkennt man bereits am Gleichanteil und am

n 1

Symmetrieverhalten der Funktion, ob einige der Fourier-Koeffizienten verschwinden. In unserem Beispiel ist der Gleichanteil Null, also ist a0 0 , und außerdem zeigt die Funktion ungerade Symmetrie, also verschwinden die Cosinus-Anteile mit gerader Symmetrie, d.h. es sind außerdem auch alle an 0 (mit n ! 0 ). Im Falle einer Klausur kann man sich meistens auf die Berechnung der von Null verschiedenen Fourier-Koeffizienten beschränken – sofern der Prüfer dies zulässt. In der vorliegenden Aufgabe wollen wir alle Fourier-Koeffizienten berechnen, auch die verschwindenden. In den späteren nachfolgenden Aufgaben werden wir uns dann auf die nichtverschwindenden Koeffizienten beschränken. Berechnung des a0 : a0

2 ˜ T

 t0

2 ˜ 2t0

³ f t dt

 t0

 t0

³

 t0

§ c · ¨  ˜ t ¸ dt © t0 ¹



c t02

 t0

˜

³ t ˜ dt

 t0

 t0 c  ˜ ª 12 t 2 º ¼  t0 t0 ¬

c  ˜ t0



1 t2 2 0



1 2

  t0

2



2P 0

Berechnung der an : an

2 ˜ T

³

2 ˜ 2t0

f  t ˜ cos  nZ0t dt

T

 t0

³

 t0

§ c · ¨  ˜ t ¸ ˜ cos  nZ0t dt © t0 ¹



c t02

 t0

˜

nZ t dt ³ tN ˜ cos  

0

 t0

u

v'

  

partielle Integration

4P

 t0

ª º  t0 c « 1 » c 1 »   2 ˜ « tN ˜ sin  nZ 0t ˜ ˜ sin  nZ0t dt 1N˜ 2 Z nZ 0 » n t0 « u   t 0 

0 t u' 

0 «¬ »¼ v v t0

³

c

˜ ¬ªt ˜ sin  nZ0t ¼º

nZ 0t02

Wegen Z 0

2ʌ T

2ʌ 2t 0

 t0  t0

ʌ T0



c

t

n 2Z02t02

0 ¬ª cos  nZ0t ¼º t0

lassen sich die Z 0 einsetzen. Eine derartige Ersetzung für Z 0 wird

bei der Entwicklung von Fourier-Koeffizienten häufig verwendet. an

c n ʌ t0



t



t

0 0 c ˜ ªt ˜ sin n tʌ t º  2 2 ª cos n tʌ t º «¬ » « » 0 0 ¼  t0 n ʌ ¬ ¼  t0

ª º » c c « ʌ ʌ ˜ «t0 ˜ sin n t t0  t0 ˜ sin n t  t0 »  2 2 0 0 n ʌ t0 «  

 

» n ʌ 0 0 «¬ »¼

















˜ ªcos n tʌ t0  cos n tʌ  t0 º «¬ »¼ 0 0

436

4P

11 Folgen und Reihen c c  2 2 ˜ ª¬cos  nʌ  cos   nʌ º¼  2 2 ˜ ª¬cos  nʌ  cos  nʌ ¼º n ʌ n ʌ  

Es ist cos   nʌ cos  nʌ , da der Cosinus eine gerade Funktion ist.

0

Berechnung der bn : bn

2 ˜ T

³

2 ˜ 2t0

f  t ˜ sin  nZ0t dt

T

 t0

³

 t0

§ c · ¨  ˜ t ¸ ˜ sin  nZ0t dt © t0 ¹



c t02

 t0

˜

nZ t dt ³ tN ˜ sin 

0

 t0

u

v'

  

partielle Integration

4P

 t0

ª º  t0 c « 1 » c 1 »   2 ˜ « tN ˜   cos  nZ 0t ˜ ˜   sin  nZ0t dt 1N˜ 2 Z Z n n t0 « u   t0 0» 0   u' 



 t 0 «¬ »¼ v v  t0

³

c nZ 0t02

˜ ª¬t ˜ cos  nZ0t º¼

Wieder setzen wir Z 0 bn

 t0 t0

2ʌ T



c

n 2Z02t02 2ʌ ʌ 2t 0 T0

t

ª¬sin  nZ 0t º¼ 0  t0

ein und erhalten:

 t0  t0 c ª c ˜ t ˜ cos n tʌ t º  2 2 ªsin n tʌ t º 0 0 ¼» t0 n ʌ ¬« ¼» t0 n ʌ t0 ¬«

 









c ª c ˜ t0 ˜ cos n tʌ t0   t0 ˜ cos n tʌ  t0 º  2 2 0 0 ¼» n ʌ n ʌ t0 ¬«

4P

c ˜ ªt0 cos  nʌ  t0 cos  nʌ º¼ n ʌ t0 ¬

ª º « » ʌ ʌ ˜ «sin n t t0  sin n t  t0 » 0 0

 

» «   0 0 ¬« ¼»







2c ˜ cos  nʌ nʌ

Wegen cos  nʌ  1 n lässt sich folgern: bn

2c n ˜  1 nʌ

In den meisten Fällen sind Aufgaben zur Entwicklung von Fourier-Reihen mit der Angabe der Fourier-Koeffizienten erledigt. Mitunter möchte ein Prüfer noch die fertige Fourier-Reihe sehen, die sich durch simples Abschreiben der Koeffizienten in die Reihe ergibt. In unserem Fall lautet diese: 1P

f

f t

ª

¦ «¬ 1 n 1

n

˜

º 2c ˜ sin  nZ0t » nʌ ¼

Aufgabe 11.27 Reellwertige Fourier-Reihe



45 min

hh

Punkte 25 P

Entwickeln Sie die in Bild 11-27 gegebene Funktion in eine reellwertige Fourier-Reihe.

Aufgabe 11.27 Reellwertige Fourier-Reihe

437

Bild 11-27 Darstellung eines periodischen Signals, dessen Fourier-Reihe entwickelt werden soll.

 Lösung zu 11.27 Vorarbeit: Wir bringen die Funktion in einen mathematischen Ausdruck. Dabei legen wir den Anfang der zu untersuchenden Periode bei t0 fest: f t

­°c ®  c ˜ °¯c 2t0 t

für  t0  t  0

1P

für 0  t  2t0

Damit berechnen wir die Fourier-Koeffizienten: Der Gleichanteil lautet a0

2 ˜ T

³ f t dt

T

2 ˜ T

0

³

t0

2 c dt  ˜ T

2 2 ˜ ª0  c  t0 º¼  3t0 ¬ 3t0

wobei von T

2t0

³ c 

c 2t0

2t0 2 2 0 ˜ > ct @t  ˜ ªct  4ct ˜ t 2 º « » 0 0 ¬ ¼ T T 0



˜ t dt

0

2 ˜ ªc ˜ 2t0  4ct ˜  2t0  0 º «¬ »¼ 0

2ct0 4ct0 2c ˜ 4t02   3t0 3t0 12t02

3P

4 c , 3

3 t0 Gebrauch gemacht worden war.

Der Anteil mit gerader Symmetrie lautet an

2 ˜ T

³

f  t ˜ cos  nZ0t dt

T

2 ˜ 3t0

0

0

³

c ˜ cos  nZ0t dt 

 t0 2t

2 ˜ 3t0

2t0

§

c

³ ¨© c  2t

º º 0 2c 2 ª c 2 ª c ˜« ˜« sin  nZ0t »  sin  nZ0t »  2 ˜ 3t0 ¬ nZ 0 6t0 ¼ t0 3t0 ¬ nZ0 ¼0

0

0

· ˜ t ¸ ˜ cos  nZ0t dt ¹

3P

2t0

³

t ˜ cos  nZ0t dt .

0

Mit partieller Integration folgt 2t

an

0 2t 0 º º 0 2c ª cos  nZ 0t t ˜ sin  nZ0t º 2 ª c 2 ª c sin  nZ0t »  sin  nZ 0t »  2 « ˜« ˜«  » 3t0 ¬ nZ0 nZ0 6t0 ¬« n 2Z02 ¼ t0 3t0 ¬ nZ 0 ¼0 ¼» 0

Mit Z 0

2ʌ T

2ʌ 3t 0

Ÿ Z 0 t0

2ʌ 3

setzen wir die Grenzen ein und erhalten

438

4P

an

11 Folgen und Reihen º 2 ª c º 2 ª c ˜ «0  ˜« sin  nZ0  t0 »  sin  nZ0 ˜ 2t0  0 » 3t0 ¬ nZ0 ¼ 3t0 ¬ nZ0 ¼ ·º 2c ª§ cos  nZ0 ˜ 2t0 2t0 ˜ sin  nZ 0 ˜ 2t0 · § cos  0  2 «¨  ¸  ¨ 2 2  0 ¸» 2 2 ¨ ¸ ¨ ¸ n Z0 6t0 «¬© n Z0 ¹ © n Z0 ¹ »¼

Wir fassen zusammen und vereinfachen dann



 2c ˜ sin  n ˜ 43 ʌ  2c ˜ cos  n ˜ 43 ʌ  4c ˜ sin  n ˜ 43 ʌ  2c ˜ cos  0 2 6 n2 ˜ 2 ʌ 2 3n ˜ 23 ʌ 3n ˜ 23 ʌ 6n ˜ 23 ʌ 6n 2 ˜  23 ʌ 3 c 3c ˜ sin  n ˜ 23 ʌ  2 2 ˜ 1  cos  n ˜ 43 ʌ nʌ 4n ʌ 2c ˜ sin n ˜ 23 ʌ

Ÿ an

2P

Der Anteil mit ungerader Symmetrie lautet bn

3P

2 ˜ T

³

2 ˜ 3t0

f  t ˜ sin  nZ 0t dt

T

0

³

c ˜ sin  nZ 0t dt 

 t0

0

2 ˜ 3t0

2t

2t0

§

c

³ ¨© c  2t 0

º º 0 2c 2 ª c 2 ª c ˜« ˜« cos  nZ 0t »  cos  nZ 0t »  2 ˜ 3t0 ¬ nZ 0 6t0 ¼ t0 3t0 ¬ nZ0 ¼0

0

· ˜ t ¸ ˜ sin  nZ 0t dt ¹

2t0

³ t ˜ sin  nZ t dt 0

0

Wieder folgt partielle Integration und führt zu 2P

2t

bn

0 2t 0 º º 0 2c ª sin  nZ0t t ˜ cos  nZ0t º 2 ª c 2 ª c cos  nZ0t »  cos  nZ0t »  2 « ˜« ˜«  » 3t0 ¬ nZ0 nZ0 6t0 ¬« n 2Z02 ¼ t0 3t0 ¬ nZ 0 ¼0 ¼» 0 2ʌ 3

Einsetzen der Integrationsgrenzen und Berücksichtigung von Z 0t0 bn

4P

liefert

º 2 ª c º 2 ª c c c cos  0  cos  nZ0 ˜  t0 »  cos  nZ0 ˜ 2t0  cos  0 » ˜« ˜« Z Z 3t0 ¬ nZ 0 nZ 0 3 t n n 0 ¬ 0 0 ¼ ¼ ª º 2c § sin  nZ0 ˜ 2t0 2t0 ˜ cos  nZ0 ˜ 2t0 · 0 0  2 «¨    » ¸  ¸ n Z0 6t0 ¬«¨© n 2Z 02 ¹ ¼» 2 2 2 2 § 4 4  ˜c ˜c  ˜c ˜c c ¨ sin n ˜ 3 ʌ 2t0 ˜ cos n ˜ 3 ʌ 3  3 2ʌ  3 4ʌ  3 n n cos cos  ˜  ˜ ˜ 2 ¨ 3 3 n ˜ 23 ʌ n ˜ 23 ʌ n ˜ 23 ʌ n ˜ 23 ʌ 3t02 ¨ n 2 ˜ 4ʌ2 n ˜ 32ʌt 0 

  

  

N 9t0 ©  1  1  2  2















·¸

¸ ¸ ¹

Die beiden Terme  1 heben einander gegenseitig auf, die beiden Terme  2 ebenso, denn es gilt cos  n ˜ 23 ʌ cos  n ˜ 43 ʌ . Es bleibt also lediglich übrig: § · 4 4 ¨ sin n ˜ 3 ʌ 2t0 ˜ cos n ˜ 3 ʌ ¸ 6c 9c ˜  ˜ sin n ˜ 34 ʌ  ˜ cos n ˜ 34 ʌ ¸ 2 2 ¨ 2ʌ 2 2 2 4ʌ 6ʌ n n ˜ 3t0 ¨ n ˜ 2 12ʌ n ¸ t 3 0 9t0 © ¹ 3c c 4 Ÿ bn ˜ sin n ˜ 3 ʌ  ˜ cos n ˜ 34 ʌ ʌn 4ʌ 2 n 2

bn

2P



c

























Aufgabe 11.28 Reellwertige Fourier-Reihe

439

Wer das Ergebnis zusammenfassen will, schreibt schließlich die gesamte Fourier-Reihe auf: f t

1P

ª º « » 2c «¨§ c ˜ sin n ˜ 2 ʌ  3c ˜ 1  cos n ˜ 4 ʌ ¸· ˜ cos  nZ t »  0 3 3 « nʌ » 3 4n 2 ʌ 2 N n 1 «©  ¹ » 1a a 2 0 n ¬ ¼ ª º f « » «§¨ 3c ˜ sin n ˜ 4 ʌ  c ˜ cos n ˜ 4 ʌ ·¸ ˜ sin  nZ t »  0 3 3 « 4ʌ 2 n 2 » ʌn n 1 «©  ¹ » bn ¬ ¼ f

¦





¦















Aufgabe 11.28 Reellwertige Fourier-Reihe



20 min

Punkte (a.) 12 P

hh

(a.) Entwickeln Sie die Funktion aus Bild 11-28a in eine reellwertige Fourier-Reihe. (b.) Stellen Sie das Amplitudenspektrum dieser Fourier-Reihe graphisch dar.

Bild 11-28a Darstellung eines periodischen Signals, dessen Fourier-Reihe entwickelt werden soll.

Die Funktion Periode lautet

innerhalb

einer

f  t 1  t 2 für t  > 1;  1@

 Lösung zu 11.28 (a.) Zuerst entwickeln wir die Fourier-Reihe: Da die Funktion gerade Symmetrie aufweist, sind alle Sinus-Summanden bn 0 . Explizit berechnen müssen wir also nur die ao und an . Zuerst das ao (wobei eine Periodendauer von T ao

2 ˜ T

1

2 ³ 1  t dt

1

2 ª 1 3 º 1 ˜ t t T ¬ 3 ¼ 1

2 Ÿ

1  13   1  13

2 T

1 berücksichtigt sei):

2P 4 3

440

11 Folgen und Reihen

Nun die an : 1P

2 ˜ T

an

1

1

³



1  t 2 cos  nZ0t dt

1

³

1

cos  nZ0t dt 

1

³t

2

˜ cos  nZ0t dt

1

Das hintere der beiden Integrale löst man durch zweifache partielle Integration und erhält 1P

1

1 ª 2t º § t2 ª 1 º 2 · sin  nZ0t »  « 2 2 ˜ cos  nZ 0t  ¨  3 3 ¸ sin  nZ0t » « ¨ ¸ »¼ 1 ¬ nZ0 ¼ 1 «¬ n Z 0 © nZ 0 n Z 0 ¹

an

Wir setzen die Integralgrenzen ein und berücksichtigen überdies Z0 2P

Ÿ an

2ʌ T

2ʌ 2

ʌ:

º ª 1 º ª 2 § 1 1 2 · ˜ sin   n ʌ »  « 2 2 ˜ cos  n ʌ  ¨  3 3 ¸ sin  nʌ » « sin  n ʌ  n n n ʌ ʌ ʌ n n ʌ ʌ ¬ ¼ ¬ © ¹ ¼ ª 2 º §  1 2 2 ·  « 2 2 ˜ cos   n ʌ  ¨  3 3 ¸ sin   n ʌ » ¨ nʌ «n ʌ » n ʌ ¸¹ © ¬ ¼

Mit sin  nʌ 0 und cos  nʌ  1 n lässt sich der Ausdruck schließlich vereinfachen zu 1P

an

ª 2 n º ª 2 nº  « 2 2 ˜  1 »  « 2 2 ˜  1 » ¬n ʌ ¼ ¬n ʌ ¼

4 n2ʌ2

˜  1

n

4 n2ʌ2

˜  1

n 1

Zusammenfassend lässt sich also die gesamte Fourier-Reihe schreiben als f t

2  3

f

4

¦n ʌ

2 2

˜  1

n 1

˜ cos  nZ0t0

n 1

(b.) Wegen bn 0 ist das Amplitudenspektrum besonders einfach zu berechnen, nämlich: 2P

An

an2  bn2

an

4 n2ʌ2

ab n t 1

(Anm: Es ist A0 a0

Die graphische Darstellung sieht man in Bild 11-28b.

4 .) 3

Aufgabe 11.29 Komplexwertige Fourier-Reihe

441

3P

Bild 11-28b Amplitudenspektrum zur Fourier-Entwicklung der Funktion, die in Bild 11.28a gegeben wurde:

f  t 1  t 2 für t  > 1;  1@ Ÿ a0

4 ; 3

an

4 n2ʌ2

˜  1

n 1

;

bn

0

Aufgabe 11.29 Komplexwertige Fourier-Reihe



25 min

hh

Punkte (a.) 16 P

(a.) Entwickeln Sie die Funktion aus Bild 11-29 in eine komplexwertige Fourier-Reihe. (b.) Bestimmen Sie aus den komplexen Fourier-Koeffizienten die reellwertigen.

Bild 11-29 Darstellung eines periodisch wiederkehrenden zeitlich begrenzten Rechtecksignals, dessen komplexwertige FourierReihe entwickelt werden soll.

442

11 Folgen und Reihen

 Lösung zu 11.29 t

(a.) Wir betrachten eine Periode von t  20 ... 

t0 2

mit der Periodendauer T

2P

t0 .

­0 für  t0  t   a 2 °° ®c für  a  t   a . ° t0 °¯0 für  a  t   2

Die Funktion innerhalb einer Periode lautet f  t

Der Gleichanteil ist eine reelle Größe und wird deshalb einzeln entwickelt: 2P

1 ˜ T

c0

³

1 ˜ t0

f  t dt

T

a

1 a ˜ > c ˜ t @ a t0

³a c dt



1 ˜  c ˜ a  c ˜  a t0

2ca t0

Alle anderen Fourier-Koeffizienten ( cn mit n z 0 ) bestimmen wir mit dem Integral 2P

1 ˜ T

cn

Mit Z 0 2P

³ f t ˜ e

inZ 0t

1 ˜ t0

˜ dt

T

2ʌ t0

a

³a c ˜ e

a 1 1 ˜ ˜ ªc ˜ e inZ0t º . ¼ a t0 i n Z0 ¬

˜ dt



folgt durch Einsetzen der Integralgrenzen

1 1 ˜ ˜ c ˜ einZ0 a  c ˜ einZ0 a t0 i n Z0



cn

inZ0t

1 i˜c ˜ t0 n ˜ 2ʌ t



0

i ˜ 2ʌn˜ ta · i ˜ c § i ˜2ʌn˜ ta0 0 ˜¨e e ¸ 2ʌ n © ¹

§ in 2ʌ a in 2ʌ a · ˜ ¨ e t0  e t0 ¸ © ¹

Damit lautet die komplexwertige Fourier-Reihe 2P

f

f t

¦

cn ˜ einZ0t

n f

f

in 2ʌ ˜a · in 2ʌ t ˜a i ˜ c § in 2ʌ ˜ ¨ e t0  e t0 ¸ ˜ e t0 2ʌ n © ¹

¦

n f

f

i˜c

¦ 2ʌ n ˜§¨© e

i˜2ʌn˜ t t a 0

e

i˜2ʌn˜ t t a

n f

0

· ¸ ¹

(b.) Die reellen Fourier-Koeffizienten extrahieren wir aus den komplexen Koeffizienten für n z 0 wie folgt: 2P

i ˜ 2ʌn˜ ta · i ˜ 2ʌn˜ ta · i ˜ c § i ˜2ʌn˜ ta0 i ˜ c § i ˜2ʌn˜ ta0 0 0  ˜¨e e ˜¨e e ¸ ¸ 2ʌ n © 2ʌ n ©   ¹   ¹

cn  cn

cn  c n

an



2i ˜sin 2ʌn˜ ta

0





2i ˜sin 2ʌn˜ ta

0

0



Das entspricht unserer Erwartung, denn aufgrund der geraden Symmetrie von f  t müssen die an (für n z 0 ) verschwinden. 3P



i ˜  cn  c n i ˜ cn  cn

bn



i ˜ 2ʌn ˜ ta · i ˜ 2ʌn ˜ ta · i ˜ c § i ˜ 2ʌn ˜ ta0 i ˜ c § i ˜ 2ʌn ˜ ta0 0 0 ˜¨e e  ˜¨e e ¸ ¸ 2ʌ n © 2ʌ n © ¹  

  ¹



2i ˜sin 2ʌn ˜ ta





i ˜c ˜ 4i ˜ sin 2ʌn ˜ ta 0 2ʌ n

Da der Gleichanteil

a0 2





2c ˜ sin 2ʌn ˜ ta 0 ʌn

0





2i ˜sin 2ʌn ˜ ta

f t

a0  2

c0 ist, ergibt sich die reellwertige Formulierung der gesuchten Fou-

f

¦ n 1





rier-Reihe als 1P

0

bn ˜ cos  nZ 0t

2ca  t0

f

2c ¦ ʌ n ˜ sin  2ʌn ˜ ˜ cos  nZ t a t0

n 1

0

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen Vorbemerkung In diesem Kapitel müssen oftmals Integrale gelöst und Ableitungen berechnet werden. Etliche davon werden in den Musterlösungen nicht von Hand Schritt für Schritt vorgeführt, denn das Ableiten und das Integrieren sind eigentlich die Themen von Kapitel 6 und Kapitel 7. Speziell beim Integrieren wird deshalb aus Platzgründen auf Integraltafeln zurückgegriffen, wie man sie in Formelsammlungen findet. (Eine solche Integraltafel findet man z.B. im TeubnerTaschenbuch der Mathematik, 2.Aufl. Kap. 0.9.5.) Den Lesern und Leserinnen wird empfohlen, sich mit Kapitel 12 erst dann zu befassen, wenn sie die Inhalte von Kapitel 6 und 7 sicher beherrschen. Anmerkung: Für Kapitel 12 werden die nachfolgenden Abkürzungen verwendet. Dgl. = Differentialgleichung hom. = homogen spez. = speziell

lin. = linear inhom. = inhomogen Glg. = Gleichung

allg. = allgemein Lsg. = Lösung konst. = konstant

Aufgabe 12.1 Die Methode der Variablentrennung

 

(a,b,c.) (d.) (e,f.)

je 4 min 15 min je 5 min

Punkte (a,b,c.) je 2 P (d.) 7 P (e,f.) je 3 P

hh hh

Nachfolgend sind einige Dgln. genannt, die sich mit der Methode der Variablentrennung lösen lassen. Bestimmen Sie bitte jeweils die allgemeine Lösung. (a.) y ' O ˜ y

(b.) y ' y 2 ˜ sin  x

(c.) y ' x 2 ˜ y

(d.) y '  4 x  xy ˜ y

(e.) y ' e x  2 y

(f.)

y' y

x 2  cos  x

 Lösung zu 12.1 Arbeitshinweis: Das Verfahren der Variablentrennung basiert darauf, dass man alle x  haltigen Terme auf die eine Seite des Gleichheitszeichens schreibt, alle y  haltigen hingegen auf die andere Seite des Gleichheitszeichens, und zwar sowohl die Terme mit x bzw. y , also auch die Differentiale dieser Variablen. Sind die Variablen auf diese Weise getrennt, so lässt sich die Differentialgleichung lösen indem man beide Seiten integriert.

444

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Wir wenden dies nun auf unsere Beispielaufgaben an: dy dx

(a.) y ' O ˜ y Ÿ Ÿ

dy y

Ÿ

³ y ³ O ˜ dx

Ÿ

y

dx zwecks Trennung der Variablen y

˜

O ˜ dx

Integrationsschritt

dy

2P

O ˜ y

eO ˜ x C1

Ÿ ln  y

eGleichung zwecks auflösen nach y

O ˜ x  C1

y0 ˜ e O ˜ x

Die Umformung der Integrationskonstanten gemäß y0 eC1 wäre sogar dann zulässig, wenn man den Zusammenhang zwischen der „alten“ Schreibweise ( C1 ) und der „neuen“ ( y0 ) der Integrationskonstanten nicht angeben würde, denn die Konstanten können prinzipiell beliebige Werte annehmen. (b.) y ' y 2 ˜ sin  x Ÿ 2P

dy

Ÿ

y

dy dx

dy

x2 ˜ y

1 P (d.) y '  4 x  xy ˜ y Ÿ

dy dx

³

y2

Ÿ 

2

³

x 2 ˜ dx Ÿ

dx

˜

³ y ³ sin  x ˜ dx

dy y

Ÿ

dy y

y 2 ˜ sin  x

sin  x ˜ dx Ÿ

2

(c.) y ' x 2 ˜ y Ÿ 2P

dy dx

 cos  x  C1 Ÿ

1 1 3 x  C1 Ÿ y 2 3

1

x 2 ˜ dx Ÿ 2 ˜ y 2

1 cos  x  C1

y

dx ,danach Integrationsschritt y

˜

4 xy  xy 2

1 y

,danach Integrationsschritt



x ˜ 4 y  y2



1 3 x  C2 Ÿ y 6

˜

§1 3 · ¨ x  C2 ¸ 6 © ¹

2

dx 4 y  y2

Integrationsschritt mit Partialbruchzerlegung

Ÿ

3P

Ÿ

dy



4 y  y2

1 4



x dx Ÿ

³  4 y  y ³ x dx

y 16  4 y

e 2˜ x

2

 2˜C1

Diese lautet:

2

˜ ln  y  14 ˜ ln 16  4 y

Ÿ ln  y  ln 16  4 y Ÿ

dy

1 x2 2

Ÿ

y

1 4y

 16 14 y

Außerdem wird substituiert: t : 16  4 y

 C1

2 ˜ x 2  2 ˜ C1

1 4 y  y2

auflösen nach y

§ y · Ÿ ln ¨ ¸ © 16  4 y ¹

16  4 y ˜ e2˜ x

2

 2˜C1

2 ˜ x 2  2 ˜ C1

16 ˜ e2˜ x

2

 2˜C1

 4 y ˜ e2˜ x

2

 2˜C1

Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln.

Ÿ

y  4 y ˜ e 2˜ x

Ÿ

y

2

16 ˜ e 2˜ x

 2˜C1 2

1  4 ˜ e 2˜ x

16 ˜ e 2˜ x

2

 2˜C1



y ˜ 1  4 ˜ e2˜ x

Ÿ

445 2

 2˜C1



16 ˜ e2˜ x

2

 2˜C1

3P

 2˜C1 2

 2˜C1

Mit c3 e2˜C1 formulieren wir die Lösung kurz als: y

16 ˜ C3 ˜ e 2˜ x

2

1  4 ˜ C3 ˜ e 2˜ x

2

(e.) Erst Variablen trennen, dann integrieren, dann auflösen nach y : y ' ex2 y

Ÿ

Ÿ e2 y

dy dx

e x ˜ e2 y

Ÿ e 2 y dy



2 ˜ e x  2 ˜ C1 Ÿ  2 y

2 y

e x dx Ÿ

ln 2 ˜ e x

x

2 y

³ e dy ³ e dx Ÿ  ˜ e e  2 ˜ C Ÿ y  ˜ ln  2 ˜ e  2 ˜ C 1 2

 C1

x

1 2

1

x

3P

1

(f.) Der Lösungsweg ist der Übliche für die Trennung der Variablen: y' y

x 2  cos  x Ÿ Ÿ

1 ˜ dy y

Ÿ ln  y

1 ˜ y' y

x 2  cos  x Ÿ

 x2  cos  x ˜ dx 1 x3 3

1 dy ˜ y dx

1 ³ y dy ³  x

Ÿ

 sin  x  C1 Ÿ

y

1 x3  sin

e3

2

x 2  cos  x

˜ dx



 cos  x dx

 x  C1

integrieren

1 x3  sin

C2 ˜ e 3

 x

3P für die Lösung

Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln.

  

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.)

8 min 10 min 15 min 22 min 22 min 20 min

(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.)

hh hh hh

Punkte (a.) 4 P

(b.) 6 P

(c.) 9 P

(d.) 13 P

(e.) 12 P

(f.) 9 P

Bestimmen Sie für die nachfolgend genannten Differentialgleichungen diejenigen Partikulärlösungen unter den jeweils genannten Anfangsbedingungen bzw. Randbedingungen. (a.) y ˜ y ' 7 x mit y  0 4

(b.) y ' xy 2 ˜ cos  x mit y  0 2

(c.) y '  5 x  5 y 2 mit y  0 0

(d.) y '

(e.) y '  2 x  3 y  1 2 mit y  0  13

(f.) y ' 1  2 ˜ cos 2  2 x  y mit y  0  ʌ4

x2  y 2 mit y 1 5 xy

0

Überprüfen Sie die Partikulärlösungen durch Einsetzen in die Differentialgleichung.

446

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

 Lösung zu 12.2 Arbeitshinweis: Man geht in folgenden Schritten vor: Schritt 1 Æ Aufsuchen der allgemeinen Lösung der Dgl. Schritt 2 Æ Einsetzen der Anfangsbedingung liefert die partikuläre Lösung Schritt 3 Æ Verifikation der Partikulärlösung durch Einsetzen in die Dgl. Anmerkung: Die Kontrolle durch Einsetzen der Lösung in die Dgl. kann man sowohl für die allgemeine Lösung wie auch für die Partikulärlösung vornehmen. Wir entscheiden uns für die letztgenannte Variante, weil diese in der Aufgabenstellung gefordert ist. (a.) Schritt 1: Die allgemeine Lösung finden wir mit der Methode der Variablentrennung. y ˜ y'

2P

7 x Ÿ 1 2

Ÿ

y2

y˜

dy dx

7 x Ÿ

 72 x 2  C1 Ÿ

y2

y ˜ dy

7 x ˜ dx Ÿ

7 x 2  C2

Ÿ

y

³ y ˜ dy ³ 7 x ˜ dx

r 7 x 2  C2 für die allgemeine Lösung

Wir haben also sogar zwei Lösungen erhalten. Schritt 2: Aus der Anfangsbedingung bestimmen wir denjenigen speziellen Wert von C2 , der zu der gesuchten Partikulärlösung passt. y 0

4 Ÿ

r 7 ˜ 02  C2

y 0

r C2

4 Ÿ C2

1 P Die Partikulärlösung zu y 0 4 lautet also y 

16

7 x 2  16

Als Partikulärlösung können wir nur die Wurzel mit dem positiven Vorzeichen brauchen, da bei einem Minuszeichen vor der Wurzel niemals ein positiver Wert für die Partikulärlösung herauskommen könnte. Schritt 3: Das Einsetzen von Lösungen in Dgln. setzt das Ableiten der Lösung voraus: y'

1˜ 2

 7 x2  16

 12

˜  14 x

Nun können wir die Lsg. und deren Ableitung in die Dgl. einsetzen:

1P

y˜ y'



7 x 2  16 ˜ 12 7 x 2  16



 12

˜  14 x

7 x

Die Übereinstimmung mit der Dgl. der Aufgabenstellung bestätigt die Korrektheit der Lsg. (b.) Schritt 1: Auch hier führt die Variablentrennung zur allgemeinen Lösung: y'

xy 2 ˜ cos  x Ÿ

dy dx

xy 2 ˜ cos  x Ÿ

dy y2

x ˜ cos  x dx Ÿ

dy

³ y ³ x ˜ cos  x dx 2

Aus Gründen der Übersicht integrieren wir beide Seiten des Gleichheitszeichens getrennt:

Die linke Seite lautet Die rechte Seite lautet

dy

1

³ y y  C  x dx x ˜ sin( x)  cos  x  C ³ Nx ˜ cos   

2

1

2

u

v'

partielle Integration

½ 1 ° ¾ Ÿ y ° ¿

 x ˜ sin( x)  cos  x  C3

Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln.

Ÿ y

447

3P

1 für die allgemeine Lösung  x ˜ sin( x )  cos  x  C3

Schritt 2: Einsetzen der Anfangsbedingung liefert die Partikulärlösung y  0

1 0 ˜ sin(0)  cos  0  C3

2 Ÿ

1 C3  1

2 Ÿ C3

3 Ÿ ypart 2

1  x ˜ sin( x)  cos  x  32

1P

Schritt 3: Die Partikulärlösung kontrollieren wir durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl. Auf der linken Seite des Gleichheitszeichens der Dgl. steht y 'part

x ˜ cos  x

  x ˜ sin( x)  cos  x  32

2

2P

2

§

1 ¨  x ˜ sin( x)  cos  x  ©

Auf der rechten Seite findet sich xy 2 ˜ cos  x x ˜ ¨

· ¸ ˜ cos  x 3¸ 2¹

Offensichtlich sind die Terme auf beiden Seiten des Gleichheitszeichens identisch, sodass die Kontrolle die Korrektheit des Ergebnisses bestätigt. (c.) Schritt 1: Hier ist vor der Variablentrennung noch eine Substitution nötig. Es gilt y '  5 x  5 y 2 Ÿ

dy dx

25 ˜  x  y

Mit der Substitution z : x  y Ÿ dz dz  1 25 ˜ z 2 Ÿ dx dx

25 z 2  1 Ÿ

dz dx

2

1

dz 25 z 2  1

dy dx

dx Ÿ

dy dx

Ÿ

dz

³ 25z

2

1

dz  1 schreibt man die Dgl. als dx

³ dx Ÿ

1 ˜ arctan 25



25 ˜ z



2P

x  C1

Wir resubstituieren z x  y und lösen auf nach y : 1 ˜ arctan  5 ˜  x  y 5

Ÿ 5 ˜  x  y

x  C1 Ÿ arctan  5 ˜  x  y 5 ˜  x  C1

tan  5 ˜  x  C1 Ÿ

y

1 ˜ tan 5

 5 ˜  x  C1  x

1 ˜ tan 5

 5 ˜ x  C2  x

3P

Stolperfalle bei der Substitution: Ähnlich wie beim Integrieren findet man auch beim Lösen von Dgln. den Zusammenhang zwischen der neuen Variablen ( z ) und der alten ( x ) durch Ableiten (z.B. der neuen Variablen nach der alten). Sobald aber in der neuen Variablen auch die zu bestimmende Funktion ( y  x ) mit auftaucht, muss man unbedingt an die Kettenregel denken.

Schritt 2: Die Partikulärlösung für die gegebene Anfangsbedingung erhält man wie folgt. y 0

1 ˜ tan 5

 5 ˜ 0  C2  0

1 ˜ tan 5

 C2

0 Ÿ C2

0

Ergänzung: Aufgrund der Periodizität des Tangens könnte man auch C2 n ˜ ʌ schreiben, aber da alle Lösungsfunktionen ypart für alle n  ] identisch sind, genügt C2 0 . Die gesuchte Partikulärlösung ist also ypart

1 ˜ tan 5

5 ˜ x  x .

Schritt 3: Zur Kontrolle durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl. betrachten wir die linke und die rechte Seite der Dgl. y '  5 x  5 y 2 getrennt.

1P

448

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

1 ˜ tan 5

1 P Die linke Seite Æ ypart

5 ˜ x  x

1 P Die rechte Seite Æ  5 x  5 ypart

Ÿ

y 'part

1˜ 5

1 cos 2  5 ˜ x

˜ 5 1

1 cos 2  5 ˜ x

2

2

5x  5 ˜ 15 ˜ tan 5 ˜ x  5 ˜ x  tan 5 ˜ x 2

1

tan 2  5 ˜ x

Dass beide Seiten identisch sind, sieht man durch Anwendung eines Additionstheorems. Dieses lautet tan D

1P

sin D

1  cos 2 D

cos D

cos D

Ÿ tan 2 D

1  cos 2 D

1

cos 2 D

cos 2 D

1 .

Für D 5 x liegt die Identität der beiden Seiten sofort auf der Hand. (d.) Nach Kürzen durch x 2 nimmt die Dgl. eine Form an, die die sinnvolle Substitution sofort erkennen lässt:

y'

x2  y 2 5 xy

y 2 x y x

 5 ˜ 

1

y nahe. x

legt die Substitution z :

Um y durch z ersetzen zu können, müssen wir die Ableitung y ' durch z ' ersetzen. Den Zusammenhang zwischen y ' und z ' finden wir durch Ableiten:

3P

dz dx

x ˜ y ' y ˜ 1 x

2

Ÿ z '˜ x 2

x ˜ y ' y Ÿ z '˜ x 2  y

x˜ y' Ÿ

z '˜ x 2  y x

y'

z '˜ x 

y x

z '˜ x  z

Dies setzen wir in die Dgl. ein und erhalten

1P y'

y 2 x y x

 5 ˜ 

1

x2  y2 5 xy

Ÿ z '˜ x  z

1  z2 5 z

Ÿ

1  z2 , 5 z

dz ˜x z dx

was sich durch Trennung der Variablen unschwer lösen lässt:

1P

1  z2 5 z

dz ˜xz dx

1  z2 dz ˜x z dx 5 z

Ÿ

1  z 2 5z 2  5 z 5 z

1  4z2 5 z

5 z

Ÿ

1  4z2

dx x

dz

Die linke Seite der Gleichung integriert man mittels Substitution u : 1  4 z 2 Ÿ

2P

5 z

5 ˜ ln 4 z 2  1  C1 8 dx ln  x  C2 dazu gilt für die rechte Seite x

³ 1 4z

und erhält

2



dz



³

Ÿ ln  x Ÿ x

3P



 4 z 2  1

Ÿ

x˜e

Ÿ

y2

C3

C4 4



ln 4 z 2  1

8 5

5 8

5 8

˜ eC3

4

y x

2

½ ° ¾ Ÿ ln  x ° ¿





eGleichung

Ÿ x ˜ e C3

2

 1 Ÿ C4 ˜ x

2

y

8z

5 ˜ ln 4 z 2  1  C3 8

 C3

˜ x 5  14 x 2 Ÿ

du dz

r

C4 4

 4 z 2  1  85

1 4 2

5 8

y2 x

˜ x 5  14 x 2

2

Ÿ

x˜e C3

Ÿ C4 ˜ x 2

8 5

4z2  1

 85 1 2 ˜4x

 14 x 2

Resubstitution y2

r C5 ˜ x 5  14 x 2 also zwei allg. Lösungen.

Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln.

449

Schritt 2: Den Wert der Integrationskonstanten C5 unter der Randbedingung y 1 0 bestim2

men wir gemäß y 1 r C5 ˜ 15  14 ˜ 12

r C5  14

kulärlösung unter der Randbedingung y 1 0 : ypart

2

x 5  14 x 2

1 4

r

und erhalten so die Parti- 1 P

1 4

0 Ÿ C5

2

r 12 x 5  x 2 .

Hier führt die Anfangsbedingung nicht zu einer Entscheidung über das Vorzeichen der Wurzel (wie dies bei Aufgabenteil (a.) der Fall war). Es liegen also zwei alternative Partikulärlösungen vor. Schritt 3: Die Korrektheit der Lösung überprüfen wir durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl. Deren linke Seite lautet r 12 ˜ 12

y 'part

x

2 5

x

2

˜

2 5

x

3 5

 2x



r



1˜ 2 4 5



3

x 5  2x

2

x 5  x2





1 2

1 r 10



3

x 5  12 x 2

x 5  x2



1 2

Die rechte Seite der Dgl. lautet 2 x 2  yPart 5 xyPart

 B 52 ˜ 1x ˜  54 x 2  14 x

2

x 2  14 x 5  14 x 2

x

2



x 5  x2

5 x ˜ r 12

2 5

 x2



2 5

1 2

B  x  x r  x  x x  x x  x 1 2

1 10

2 5

2

3 5

1 2

1 10

2 5

3 5

1 2

2

2P

1 2

Dass die Kontrolle bei der Musterlösung aufgeht, war zu erwarten. (e.) Auch Dgln. die Linearkombinationen aus x und y (plus additive Konstanten) enthalten, können oftmals mit Hilfe einer Substitution in eine Form gebracht werden, die sich zur Variablentrennung eignet. Wir sehen dies in unserem Übungsbeispiel wie folgt: Schritt 1: In unserer Aufgabe ist die zu substituierende Linearkombinationen aus x und y der Term z : 2 x  3 y  1 . Den Zusammenhang zwischen dx , dy und dz stellen wir wie folgt dz dy 1 dz 2 2 Ÿ  dx dx 3 dx 3 dy 1 dz 2 Damit schreiben wir die Dgl. als  z 2 und führen sie der Variablentrennung zu: dx 3 dx 3 dz dz dz dz dx Ÿ dx  2 3z 2 Ÿ 3z 2  2 Ÿ 2 2 dx dx 3z  2 3z  2

her:

dz dx

23

dy dx

Ÿ 3

dy dx

³

³

2P 1P

Ausführen der Integrationen auf beiden Seiten führt zu

³ 3z ³ dx

dz 2

1 6

2

˜ arctan



3 2

x  C2

Ÿ arctan Ÿ

3 2

˜z





˜ z  C1 ½ ° ¾ Ÿ ° ¿ 3 2

˜z

tan





1 6

˜ arctan



3 2

˜z



x  C2  C1

3P

6 ˜ x  C3 6 ˜ x  C3



Ÿ

z

2 3

˜ tan





6 ˜ x  C3 ,

450

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

woraus sich durch Resubstitution die Lösung der Dgl. ergibt: 2P

2 3

2x  3y  1 z Ÿ

2 27

y

˜ tan

˜ tan







6 ˜ x  C3

2 3

Ÿ 3y

˜ tan





6 ˜ x  C3  2 x  1



6 ˜ x  C3  23 x  13

Schritt 2: Die Integrationskonstante C3 bestimmen wir aufgrund der Anfangsbedingung y  0  13 : ypart  0

2 27



˜ tan



6 ˜ 0  C3  23 ˜ 0  13

 13 Ÿ

˜ tan  C3

2 27

0 Ÿ C3

0

(Wir verzichten auf eine Betrachtung der Periodizität der Tangensfunktion.) 1 P Somit ergibt sich für die Partikulärlösung y 2 ˜ tan 6 ˜ x  23 x  13 part 27





Schritt 3: Überprüfen der Korrektheit der Lösung durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl. Linke Seite der Dgl. Æ 2 27

y 'part

6

˜





 23

12 27



˜ 1  tan 2





6 ˜ x  23

cos 2 6 ˜ x   

Additionstheorem: 21 tan 2 D 1 cos D

§ · ¨ 12 2 ¸  ˜ tan 2 ¨ 27 3 ¸  12 27 N N ¨¨ 2 ¸¸ 2 ©3  ¹ 3

2 ˜ tan 2 3



6˜x

6˜x



0



Also ist die linke Seite der Dgl: y 'part





Für die rechte Seite der Dgl. ergibt sich Æ

 2x  3 ˜ 

2x  3y  1

3P

2 3

tan 2



2 27

6˜x

˜ tan





2

2x  

6 ˜ x  23 x  13  1

2 3

˜ tan







2

6 ˜ x  2x  1  1



Die Übereinstimmung bestätigt unsere Berechnung. (f.) Schritt 1: Der Lösungsweg basiert wieder auf Substitution und Trennung der Variablen. Die Substitution lautet hier z : 2 x  y . Somit ergibt sich

dz dy : 2 dx dx

Ÿ

dy dx

2

dz dx

Den Lösungsweg der Dgl. schreiben wir damit wie folgt: 2P

y ' 2  2 ˜ cos 2  2 x  y Ÿ 2  Ÿ

1 2

dz

³ cos  z ³Ndx  

2

tan  z  C1

2P

2x  y

Ÿ

dz dx

dz dx

2 ˜ cos 2  z Ÿ

dz 2 ˜ cos 2  z

1 ˜ tan 2 x  y  C  1  x  C2 Ÿ tan  2 x  y 2  

dx

2 ˜  x  C2  C1

Hier wurde resubstituiert.

x  C2

arctan  2 x  C3 Ÿ

2  2 ˜ cos 2  z Ÿ

y

2 x  arctan  2 x  C3

Schritt 2: Die Partikulärlösung unter der Anfangsbedingung y  0  ʌ4 finden wir durch Bestimmung der Integrationskonstanten C3 : y  0

2 ˜ 0  arctan  2 ˜ 0  C3

 ʌ4 Ÿ arctan  C3

ʌ 4

Ÿ C3

tan

 ʌ4

1

Aufgabe 12.2 Aufsuchen von Partikulärlösungen von Dgln.

451

(Weitere Werte für C3 aufgrund der Periodizität des Tangens brauchen nicht betrachtet zu werden, da hierdurch keine neuen Lösungen entstehen.) 1P Die Partikulärlösung durch y  0  ʌ4 heißt also yPart 2 x  arctan  2 x  1 . Schritt 3: Kontrolle durch Einsetzen der Lsg. in die Dgl.: Durch Ableiten erhalten wir y 'Part

2

1 1   2 x  1

2

˜2

2˜

4 x2  4 x  2 2

4 x   4 x 

2 



1P

8x2  8x  2

2

2

2

4x  4x  2

4x  4x  2

erweitert

Dieser Term muss gleich sein mit dem Ausdruck 2  2 ˜ cos 2  2 x  yPart



2  2 ˜ cos 2 2 x   2 x  arctan  2 x  1

Aus dem Additionstheorem arctan D arccos §¨

1 1D 2

©

cos  arctan D

 1

1 1D 2

Ÿ cos 2  arctan D

2  2 ˜ cos 2  arctan  2 x  1

2  2˜

1 1D 2

1 1  2 x 1

2



2  2 ˜ cos 2  arctan  2 x  1

 1

· ¸ folgt ¹



, was in 1 eingesetzt werden kann: 2˜

4 x2  4 x  2 2

4 x   4 x 

2 

 2˜

1 2

4x  4x 2

8 x 2 8 x  2 2

4x 4x2

erweitert

Erwartungsgemäß stimmen die beiden Seiten der Dgl. überein. Arbeitshinweis:

Sollte beim Leser die Kontrolle nicht auf Anhieb aufgehen, so liegt dies oft an kleineren Flüchtigkeitsfehlern und nicht an schwerwiegenden konzeptionellen Problemen. Im Falle einer Klausur muss dann zwischen zwei Möglichkeiten unterschieden werden: (i.) Falls Flüchtigkeitsfehler nur zu geringem Punktabzug führen und der überwiegende Anteil der in der Aufgabe erreichbaren Punkte aufgrund des Vorhandenseins des prinzipiellen Rechenweges zuerkannt werden (dies sollte im Vorfeld mit dem Prüfer abgeklärt werden), so lohnt die meist langwierige Fehlersuche nur dann, wenn man dadurch keine wertvolle Zeit verliert, die man zur Bearbeitung anderer Aufgaben bräuchte (ii.) Will man Flüchtigkeitsfehler unbedingt finden (z.B. falls der Punkteverlust aufgrund von Flüchtigkeitsfehlern groß ist), so empfiehlt sich die Fehlersuche in größeren gedanklichen Einheiten. Eine solche Einheit ist z.B. das Lösen der substituierten Dgl. z  x . Hat man deren Lsg. z.B. durch Ableiten und Einsetzen in die substituierte Dgl. überprüft (in unserem Bsp. z '  x 2 ˜ cos 2  z ), so könnte man zur nächsten Fehlerquelle schreiten. Eine derartige Form der Fehlersuche führt schneller und effektiver zum Erfolg als ein wiederholtes schrittweises Nachrechnen des bereits aufgeschriebenen Rechenweges, welches die Gefahr der Wiederholung der bereits aufgeschriebenen Rechenfehler in sich birgt.

3P

452

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Aufgabe 12.3 Implizite Lösungen von Dgln. (a.) (b.)



5 min 20 min

(a.) (b.)

Punkte (a.) 2 P

hh

(b.) 9 P

Bei den nachfolgenden beiden Dgln. genügt die Angabe der Lösung in impliziter Form: y˜x

(a.) y '

x

2



2

5 ˜ y 3

y3

(b.) y '



2

xy  2 yx 2  x3

 Lösung zu 12.3 (a.) Auch hier handelt es sich um eine Dgl. mit separierbaren Variablen y˜x

dy dx

Ÿ

x

y'



Ÿ

³ ¨© y  y ¸¹ dy ³  x  5 dx   



x2  5 ˜ y 2  3 §



3·



x2  5

y

˜



y2  3



 y 2  3 dy

³

Ÿ

y

x

³  x  5 dx 2

x

2

Substitution u: x2 5

2P

1 2

Ÿ

y 2  3 ˜ ln  y  C1

1 ln 2

x

2



 5  C2



y 2  6 ˜ ln  y

Ÿ



ln x 2  5  C3

(b.) Offensichtlich liegt die Variablentrennung nicht auf der Hand, also versuchen wir mit einer Substitution dort hin zu kommen:

2

3P

y 3 x

 . Mit z : lautet die Dgl. y ' ˜ Es gilt y '  xy  2 yx  x   2  1 Der Zusammenhang der Differentiale ist z  Ÿ Ÿ ˜x 1

y3

2

3

1

x3 x3

y 2 x

y x

y x

womit wir die Dgl. schreiben können als

dz ˜ x  z dx  

y'

dz dx

xy ' y ˜1 x2

dy dx

dz dx

z3 2

z  2z  1

Nun ist der Weg zur Trennung der Variablen offensichtlich geworden: dz dx

˜x

z3 2

z  2z  1

 z˜

z2  2z  1 2

z   2 z  1 

z3 2

z  2z  1



z3  2z 2  z 2

z  2z  1

2z2  z 2

z  2z  1

erweitert

2P Ÿ

z2  2z  1 2

2z  z

dz

1 dx Ÿ x

³

z2  2z  1 2

2z  z

dz

z3

y x

³

dx Ÿ x

 z  1 2 dz ³ z ˜  2z  1

dx

³x

2

z  2z  1 y x

dz dx

˜xz ,

Aufgabe 12.4 Isoklinen von Differentialgleichungen

453

Das Integral über z löst man durch Partialbruchzerlegung. Da der Polynombruch aber nicht echt gebrochen ist, müssen wir eine Polynomdivision vorschalten: 





z2  2z  1 : 2z2  z

3 1  2 z 1  2 2 2z  z



1P

z 2  12 z  32 z  1

Der gesamte Rechenweg der Partialbruchzerlegung sei hier nicht vollständig vorgeführt; ihr  32 z  1

Ergebnis lautet

2

2z  z

2

1  z  1 1  2 , sodass gilt z 2z  1 z ˜  2 z  1

Die Lösung der Dgl. ergibt sich also aus der Integration Ÿ

1 2

z  ln  z  14 ˜ ln  4 z  2

2P

1 1 1   . 2 z 4z  2

1

1

1

dx

³ 2 dz  ³ z dz  ³ 4 z  2 dz ³ x

:

ln  x  C1

Resubstitution führt zu der gefragten Lsg. der Dgl. in impliziter Form: Ÿ

  ln §¨©  ·¸¹ 

1 y 2 x

y x

1 4

˜ ln §¨ 4 ©

  2 ·¸¹ y x

1P

ln  x  C1

Aufgabe 12.4 Isoklinen von Differentialgleichungen



(a,b,c.) je 5 min

Punkte (a,b,c.) je 3 P

hhh

Zeichnen Sie zu den nachfolgend gegebenen Differentialgleichungen einige Kurven aus der Schar der Isoklinen, und zwar derart, dass man einen repräsentativen Überblick über die Schar der Isoklinen bekommt. (a.) x ˜ y ' y (b.) y '  2 x  3 y  1 2 (c.) y ' x 2 ˜ y Anmerkung: Zwei dieser Dgln. haben wir in Kapitel 12 bereits gelöst.

 Lösung zu 12.4 Arbeitshinweis: Die Isoklinen sind Kurven, auf denen die Ableitung der Lösung nach dem freien Parameter konstant ist. Das heißt, jede der Isoklinen bildet eine Kurve, die alle Punkte der (aufgrund der Integrationsparameter) verschiedenen Lösungen mit gleicher Steigung verbindet. Man braucht die Dgl. also nicht zu lösen, sondern nur nach deren Steigung aufzulösen, wenn man nur die Isoklinen bestimmen will.

(a.) x ˜ y ' y Ÿ y '

y x

C (wobei die Konstante C beliebige Werte annehmen kann.)

Die Isoklinen dieser Dgl. werden also beschrieben durch y '

y x

C

Ÿ

y

C ˜ x . Setzt man

verschiedene Werte für C ein, so erhält man die in Bild 12-4a dargestellte Isoklinen-Schar. Es handelt sich um Geraden durch den Koordinatenursprung.

1P

454

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

2P

Bild 12-4a Schar der Isoklinen zur Dgl. x˜ y' y

(b.) Die Gleichungen der Isoklinen berechnen sich wie folgt: y'

 2 x  3 y  1 2

C Ÿ 2x  3y  1 r C Ÿ 3y

r C 1  2x Ÿ y

r C 1 2 3 3

i2x x C 3

1 P Die graphische Darstellung findet man in Bild 12-4b. Die Isoklinen bilden eine Schar paralleler Geraden.

2P

Bild 12-4b Schar der Isoklinen zur Dgl. y'

 2 x  3 y  1 2

Aufgabe 12.5 Singuläre Lösungen von Differentialgleichungen

(c.) Berechnung der Isoklinen: y ' x 2 ˜ y C Ÿ

y

455

C x

2

Ÿ

y

C2 x4

Zur graphischen Darstellung betrachte man Bild 12-4c. Man sieht Hyperbeln.

1P

2P

Bild 12-4c Schar der Isoklinen zur Dgl.

y'

x2 ˜ y

Aufgabe 12.5 Singuläre Lösungen von Differentialgleichungen



hhh

15 min

Betrachten Sie die Differentialgleichung

 y ' 2

Punkte 8P

9y  9

(i.) Bestimmen Sie deren allgemeine Lösung. (ii.) Skizzieren Sie eine repräsentative Kurvenschar zur allgem. Lsg. für einige Werte der Integrationskonstanten. (iii.) Suchen Sie die singuläre Lösung und verifizieren Sie diese durch Einsetzen in die Dgl.

 Lösung zu 12.5 (i.) Die allgem. Lsg. suchen wir mit der Methode der Variablentrennung

 y ' 2

9y  9 Ÿ

dy dx

r 9y  9

Der Integrationsschritt liefert

Ÿ

dy r3 ˜ y  1

1 ˜ 2 y 1 r3

x  C1 .

1 ˜ dx Ÿ

³ r3 ˜

dy y 1

³ dx

1P

456

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Durch Auflösen nach y erhalten wir 1P

3 3 r ˜ x r ˜ C1 2 2

y 1

§3 · r ¨ x  C2 ¸ Ÿ ©2 ¹

y 1

3 x  C2 , wobei das „ r “ beim Quadrieren 2

wieder verschwindet. Damit ist die allgem. Lsg. der Dgl. y

 32 x  C2

2

1

(ii.) Durch Einsetzen verschiedener Werte für die Integrationskonstante C2 erhalten wir eine Kurvenschar für die allgem. Lsg. Sie ist in Bild 12-5a dargestellt. Es handelt sich um quadratische Parabeln, die in x  Richtung gegeneinander verschoben sind.

3P Bild 12-5a Schar der

 y ' 2

Lösungen

zur

Dgl.

9y  9

Die dicke dunkelgraue Linie bei y 1 symbolisiert die singuläre Lösung.

(iii) Allgemein gilt der Satz: Singuläre Lösungen ergeben sich als Einhüllende aller Lösungen für beliebige Werte der Integrationsvariablen. Wie man graphisch sofort sieht, existiert in unserem Bsp. genau eine singuläre Lösung, näm1 P lich ySing  x 1 . Begründung: Offensichtlich steuert jede Kurve aus der Schar der allgem. Lsgn. genau mit 1 P ihrem Minimum zur singulären Lsg. bei. Das Minimum der Parabel y dort, wo x

 32 x  C2

2

 32 x  C2

 23 C2 und daher bei y 1 .

 y 'Sing

2

 1 liegt

0 , denn kleiner als Null kann das Quadrat nicht werden. Dies liegt bei

Wir verifizieren die singuläre Lösung ySing  x 1 durch einsetzen in die Dgl.: 1P

2

9 ySing  9 Ÿ 0 9 ˜ 1  9

Also ist die Verifikation gelungen.

Aufgabe 12.6 Exakte Differentialgleichungen

457

Aufgabe 12.6 Exakte Differentialgleichungen



(a.) (b.) (c.)

12 min 10 min 5 min

Punkte:

hhh

(a.) 7 P (b.) 6 P (c.) 3 P

Einige der nachfolgend genannten Differentialgleichungen sind sog. exakte Differentialgleichungen. (a.) 14 y ' x 4  3 y  2 x 2 yy ' x3 y  3 y ' x  5 y ' 2 xy 2 0 (b.) y '

(c.) y '

6 x ˜ sin  y  y ˜ e x˜ y  1x 3x 2 ˜ cos  y  x ˜ e x˜ y  3 y 2 3 xy 4  x 2 y 2 yx3  2 xy

0

0

Für jeden der drei Aufgabenteile (a.), (b.) und (c.) sind die beiden folgenden Punkte zu bearbeiten: (i.) Prüfen Sie bitte, welche dieser Dgln. exakte Differentialgleichungen sind. (ii.) Für diejenigen Dgln., die exakte Differentialgleichungen sind, finden Sie bitte die Lösungen. Es genügt die Angabe der Lösungen jeweils in impliziter Form.

 Lösung zu 12.6 Arbeitshinweis:

Exakte Differentialgleichungen lassen sich auf die Form bringen y ' muss die Integrabilitätsbedingung erfüllt sein

wf  x; y

wg  x; y

wy

wx

f  x; y g  x; y

0 , und dann

.

Nur wenn diese Integrabilitätsbedingung erfüllt ist, heißt die Dgl. eine exakte Dgl. und sie kann nach dem für exakte Dgln. typischen Verfahren gelöst werden. (Dies ist auch der Grund für die Beschränkung der Aufgabenstellung, nur die exakten Dgln. zu lösen.) Der geistige Hintergrund beim Auffinden der Lösung exakter Dgln. ist derselbe wie beim Integrieren eines totalen Differentials bei Funktionen mit zweidimensionalem Argument. Deshalb ist auch der nachfolgend durchgeführte Rechenweg sehr ähnlich: Man integriert einzeln f  x nach x und g  y nach y und bringt dann die beiden Integrale in Übereinstimmung. Anders als beim Integrieren des totalen Differentials muss hier zusätzlich noch die Stammfunktion F  x; y C gesetzt werden, damit man diejenige Linie y y  x finden kann, die die exakte Dgl. löst.

458

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Wer diese abstrakte Erläuterung nicht ohne weiteres nachvollziehen kann, der betrachte die nun folgenden Lösungswege, die das Lösungsverfahren leicht verständlich machen: Gearbeitet wird in 3 Schritten: Schritt 1Æ Prüfen der Integrabilitätsbedingung. Schritt 2 Æ Falls die Integrabilitätsbedingung erfüllt ist, wird integriert. Schritt 3 Æ Nullsetzen (oder „ C “- setzen) des totalen Differentials, um diejenige Linie zu finden, auf der die Stammfunktion konstant ist. (Wollte man die Lösung in expliziter Form suchen, so müsste man die implizite Gleichung dieser Linie nach y auflösen.)

(a.) Schritt 1: Um die Integrabilitätsbedingung prüfen zu können, bringen wir die Dgl. der Aufgabenstellung in die Form einer exakten Dgl., nämlich y ' Die Dgl. lautet Ÿ

1P

Ÿ

y '˜

1 4

f  x; y g  x; y

0:

y ' x 4  3 y  2 x 2 yy ' x3 y  3 y ' x  5 y ' 2 xy 2

 14 x4  2 x2 y  3x  5   x3 y  2 xy2  3 y

0

Ÿ

y '

Sortieren nach y '

0

x3 y  2 xy 2  3 y 1 x4 4

 2 x2 y  3x  5

0

Zum Prüfen der Integrabilitätsbedingung bilden wir also die beiden partiellen Ableitungen

2P

wf  x; y wy wg  x; y wx

w 3 x y  2 xy 2  3 y wy



w wx



½ ° Wegen der Gleichheit der beiden ° ¾ Ausdrücke wissen wir, dass die ° 3 x  4 xy  3 ° Integrabilitätsbedingung erfüllt ist. ¿

x3  4 xy  3

 14 x4  2 x2 y  3x  5

Schritt 2: Arbeitshinweis: Sowohl f  x als auch g  y sind zu integrieren, wobei beide Stammfunktionen gleich sein

müssen, da die Integrabilitätsbedingung erfüllt ist. Dabei kann die Integration über x eine von y abhängige Integrationskonstante enthalten und die Integration über y eine von x abhängige Integrationskonstante. F  x; y

F  x; y

³ f  x dx  M  y ³  x y  2xy  3 y dx  M  y x y  x y  3xy  M  y ³ g  y dy  <  x ³  x  2 x y  3x  5 dy  <  x x y  x y  3xy  5 y  <  x 3

1 4 4

2

1 4 4

2

2 2

1 4 4

2 2

Übereinstimmung der beiden Ausdrücke für die Stammfunktion wird erzielt für M  y 5 y  C1 und <  x C1 . 3P

Ÿ F  x; y

1 x4 y 4

 x 2 y  3 xy  5 y  C1 für die Stammfunktion.

Schritt 3: Die implizite Lösung der exakten Dgl. lautet also

1 x4 y  x2 y 2 4

 3 xy  5 y

C

1 P Ein Auflösen nach y ist in diesem Beispiel eher mühsam, und es ist laut Aufgabenstellung auch nicht verlangt.

Aufgabe 12.7 Inhomogene lineare Differentialgleichungen

459

(b.) Schritt 1: Hier ist die Dgl. bereits in der Form y '

f  x; y g  x; y

0 gegeben, also können wir

sofort in die Prüfung der Integrabilitätsbedingung einsteigen: wf  x; y wy

w 6 x ˜ sin  y  y ˜ e x˜ y  1x wy

wg  x; y wx

w 3x 2 ˜ cos  y  x ˜ e x˜ y  3 y 2 wx





2P

6 x ˜ cos  y  1 ˜ e xy  y ˜ e xy ˜ x





6 x ˜ cos  y  1 ˜ e xy  x ˜ e xy ˜ y

Auch hier ist die Integrabilitätsbedingung erfüllt, da die beiden Ausdrücke gleich sind. Daher können wir auch diese Dgl. als exakte Dgl. lösen. Schritt 2 F  x; y F  x; y

³ f  x dx  M  y ³  6x ˜ sin  y  y ˜ e ³ g  y dy  <  x ³ 3x ˜ cos  y  x ˜ e 2



x˜ y

 1x dx  M  y 3x 2 ˜ sin  y  e xy  ln  x  M  y

x˜ y

 3 y 2 dy  <  x 3x 2 ˜ sin  y  e xy  y 3  <  x



Übereinstimmung der beiden Ausdrücke für die Stammfunktion wird erzielt für M  y y 3  C1 und <  x ln  x  C1 . 3P

Ÿ F  x; y 3x 2 ˜ sin  y  e xy  y 3  ln  x  C1 für die Stammfunktion.

Schritt 3: Die implizite Lösung der exakten Dgl. lautet also 3x 2 ˜ sin  y  e xy  y3  ln  x C . Laut Aufgabenstellung verzichten wir auf ein explizites Auflösen nach y . (c.) Schritt 1: Wieder ist die Dgl. in der Form y '

f  x; y g  x; y

1P

0 gegeben, sodass wir sofort die

Prüfung der Integrabilitätsbedingung durchführen können: wf  x; y wy

w 3 xy 4  x 2 y 2 wy





12 xy 3  2 x 2 y

und

wg  x; y wx

w yx3  2 xy wx





3x2 y  2 y

2P

In diesem Beispiel ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt, d.h. diese Dgl. ist keine exakte Dgl, kann also auch nicht als solche integriert werden. (Die Schritte 2 und 3 entfallen also 1 P laut Aufgabenstellung.)

Aufgabe 12.7 Inhomogene lineare Differentialgleichungen

 

(a.) (b.) (c.) (d.)

8 min 12 min 10 min 8 min

(a.) (b.) (c.) (d.)

hh hh

Punkte (a.) 5 P

(b.) 6 P

(c.) 6 P

(d.) 5 P

Gegeben sind einige inhomogene lineare Differentialgleichungen, zu denen Sie bitte die allgemeinen Lösungen bestimmen, und außerdem die Partikulärlösungen unter den gegebenen Anfangsbedingungen.

460

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

(a.) y ' y ˜ sin  x sin  x mit der Anfangsbedingung y  0 2 2 4 x 4 x

(b.) y '  33x

˜y

x mit der Anfangsbedingung y 1 0

(c.) y '  3 y 15 ˜ sin  x mit der Anfangsbedingung y  0 4 (d.) y '  5  y ˜ x 2 mit der Anfangsbedingung y  0 7

 Lösung zu 12.7 (a.) Arbeitshinweis:

In diesem Beispiel liegt eine inhom. Dgl. vor. Die allg. Lsg. einer inhom. Dgl. bildet man als Summe aus der allg. Lsg. der hom. Dgl. und einer spez. Lsg. der inhom. Dgl. (Abkürzungen siehe Vorbemerkungen zu Kapitel 12).Wir suchen also zwei Lsgn.: Schritt 1 Æ Die allg. Lsg. der hom. Dgl. Schritt 2 Æ Eine spez. Lsg. der inhom. Dgl. Schritt 3 Æ Die allg. Lsg. der inhom. Dgl. ergibt sich als Summe der beiden Lsgn. aus den Schritten 1 und 2 Arbeitshinweis:

Für das Lösen einer lin. hom. Dgl. 1. Ordnung gibt es eine fertige Lösungsformel, in die man direkt einsetzen kann, und zwar:  f  x dx Die Dgl. y ' f  x ˜ y 0 hat die allg. Lsg. y C ˜ e ³ mit C  \ (Integrationskonstante)

Schritt 1: Wir wenden diese Lösungsformel an bei der Suche der allg. Lsg. der hom. Dgl.: Die hom. Dgl. lautet y ' y ˜ sin  x 0 Ÿ In unserer Formel ist f  x sin  x Ÿ 

³ f  x dx ³ sin  x dx

cos  x

Anmerkung: Beim Integrieren kann die Integrationskonstante weggelassen werden, denn eine solche steht explizit in der Lösungsformel für y . 2P

Ÿ

yallg,hom

C ˜e

 f  x dx

³

C ˜e

cos x

für die allg. Lsg. der hom. Dgl.

Schritt 2: Eine spezielle Lsg. der inhom. Dgl. kann man oftmals am bequemsten durch Raten aufspüren, z.B. wie folgt (man nennt solch ein unterstütztes Raten auch „educated guess“): 1 P Wenn rechts des Gleichheitszeichens (bei y ' y ˜ sin  x sin  x ) ein Sinus steht, dann hätten wir schon eine spez. Lsg., wenn links ebenso nur ein Sinus stünde. Setzt man y 1 , so wäre dies der Fall, denn y ' verschwindet. Eine mögliche spezielle Lsg. der inhom. Dgl. lautet also yspez,inhom 1 .

Aufgabe 12.7 Inhomogene lineare Differentialgleichungen

461

Anmerkung:

Für die spez. Lsg. der inhom. Dgl. ist das Rate-Verfahren immer erlaubt, denn es ist nur eine spezielle Lösung gesucht. Wer mit dem Beispiel des Ratens aber unzufrieden ist (weil es sich im Prüfungsfall für andere Aufgaben nicht mit Sicherheit reproduzieren lässt), der wird in den Aufgabenteilen (b.) und (c.) einen sicheren Weg finden. Schritt 3: Die allg. Lsg. der inhom. Dgl. ist die Summe yallg,inhom

yallg, hom  yspez,inhom

C ˜e

cos  x

1P

1

Zu guter Letzt wollen wir noch die Anfangsbedingung einsetzen und die zugehörige Partikulärlösung bestimmen: y  0 2 yallg,inhom  0

Ÿ

yPart

C ˜e

e 1 ˜ e

cos  0

cos x

e 1

 1 2 Ÿ C ˜ e1  1 2 Ÿ C

1 e

cos  x 1

1P

1

(b.) Schritt 1: Die allg. Lsg. der hom. Dgl. bestimmen wir nach demselben Schema wie bei 2 4 x 4x

Aufgabenteil (a.). Dabei ist f  x  33x

Ÿ 

dx ln  x  4 x ³ f  x dx ³ 

3 x2  4 x3  4 x

3

Zu lösen mit Substitution u: x 3  4 x

Ÿ

yallg, hom

C1 ˜ e



ln x3  4 x





C1 ˜ x3  4 x

2P



Schritt 2 und Schritt 3 (in einem Arbeitsgang): Arbeitshinweis:

Falls man nicht durch Raten eine spez. Lsg. der inhom. Dgl. findet, kann man auf die Methode der „Variation der Konstanten“ zurückgreifen. Diese basiert auf unserem Ergebnis von Schritt 1 und lautet: Die inhom. Dgl. y ' f  x ˜ y

g  x

K  x ˜ e

hat die allg. Lsg. yallg,inhom mit K  x

 f  x dx

³ g  x ˜ e ³

 f  x dx

³

dx

Dieses K  x wollen wir nun für das Bsp. unserer Aufgabe berechnen. Dort ist g  x x . Ÿ

K  x

 f  x dx

³ g  x ˜ e ³

dx

³ x˜e



 ln x3  4 x

dx

³x

x 3

 4x

dx

³x

dx 2

4

1 2

˜ arctan

 2x  C

2P

Somit ergibt sich die allg. Lsg. der inhom. Dgl. zu yallg,inhom

K  x ˜ e

 f  x dx

³



1 2

˜ arctan

 2x  C ˜  x3  4 x

Anmerkung:

Bei der Methode der Variation der Konstanten ist die Integrationskonstante durchaus nötig, denn aus ihr ergibt sich direkt der freie Integrationsparameter in der Lösung.

1P

462

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Zum Abschluss des Aufgabenteils (b.) bestimmen wir noch die Partikulärlösung unter der in der Aufgabenstellung gegebenen Anfangsbedingung y 1 0 . Einsetzen in die allg. Lsg. der



inhom. Dgl. liefert: yallg,inhom 1

  C ˜ 13  4 ˜1

1 ˜ arctan 1 2 2



1 P Die gesuchte Partikulärlösung lautet also y  x part

0 Ÿ C

 12 ˜ arctan

 12

  12 ˜ arctan  12 ˜  x3  4 x

1 ˜ arctan x 2 2

Stolperfalle:

Man muss aufpassen, an welchen Stellen man die Integrationskonstanten weglassen darf und an welchen Stellen nicht. De facto ist unsere Methode für Dgln. erster Ordnung geeignet, also braucht die Endlösung nur eine einzige Integrationskonstante.  f  x dx

- Bei der Berechnung von e ³ berücksichtigt man keine Integrationskonstante. Für die Berechnung der Lsg. yallg,hom braucht man sie nicht durch die Integration erzeugen, denn sie ist in der Formel explizit aufgeführt. - Bei der Methode der Variation der Konstanten zur Berechnung von yallg,inhom wird man die Integrationskonstante bei der Berechnung des K  x

 f  x dx

³ g  x ˜ e ³

dx durch die Integrati-

on erzeugen. Von dort aus gelangt sie in die Lsg. der Dgl. (c.) Schritt 1: Die allg. Lsg. der hom. Dgl. finden wir mit dem gewohnten Schema: y ' 3y

2P

Ÿ

0 entspricht y '  f  x ˜ y

yallg, hom

0 , also f  x

3 Ÿ 

³ f  x dx ³ 3dx

3x  C1

C2 ˜ e3 x

Schritte 2 und 3: Die allg. Lsg. der inhom. Dgl. folgt aus der Variation der Konstanten: y ' 3y

2P

15 ˜ sin  x entspricht y ' f  x ˜ y

Ÿ K  x

 f  x dx

³ g  x ˜ e ³

dx

g  x , also g  x

³ 15 ˜ sin  x ˜ e

3 x

dx

3 3x ˜e 2

15 ˜ sin  x

˜  cos  x  3sin  x  C

Somit folgt die allgemeine Lösung der Dgl.: 1P

yallg,inhom

 32 ˜ e3x ˜  cos  x  3sin  x  C ˜ e3x

C ˜ e 3 x  32 ˜  cos  x  3sin  x .

Schließlich fehlt noch die Partikulärlösung unter der Anfangsbedingung y  0 4 : yallg,inhom  0

C ˜ e 3˜0  23 ˜  cos  0  3sin  0

C

1 P Die gesuchte Partikulärlösung lautet also ypart  x

3 2

4 Ÿ C 5 ˜ e 3 x 2

5 2

 32 ˜  cos  x  3sin  x

Aufgabe 12.8 Homogene lineare Dgln. 2. Ordnung

463

(d.) Wir bringen die Dgl. auf die gewohnte Form wenden das übliche Schema an: yallg,hom C1 ˜ e  f  x dx

³ g  x ˜ e ³

Und dazu K  x Ÿ

yallg,inhom

K  x ˜ e

 f  x dx

³

dx

³ 5x

2

˜e

y'

 f  x dx

³

 13 x3

 5  y ˜ x2 C1 ˜ e 1 x3

dx 5 ˜ e 3

§ 5 ˜ e 13 x3  C · ˜ e  13 x3 ¨ ¸ © ¹

5C ˜e

Ÿ

 x 2 dx

³

y ' N x2 ˜ y f  x

C1 ˜ e

5N x 2 und g x

 13 x3

2P

C  13 x3

(allg. Lsg. der inhom. Dgl.)

Schließlich noch: Die zur Anfangsbedingung y  0 7 passende Partikulärlösung wird: yallg,inhom  0 5  C ˜ e

 13 ˜03

5C

7 Ÿ C

2 Ÿ

yPart  x 5  2 ˜ e

2P

 13 ˜ x3

1P

Aufgabe 12.8 Homogene lineare Dgln. 2. Ordnung



Punkte (a,b,c.) je 2 P

hh

(a,b,c.) je 3 min

Lösen Sie die nachfolgend genannten homogenen linearen Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konst. Koeffizienten mit Hilfe von Lösungsansätzen aus Formelsammlungen. (a.) y '' 10 ˜ y ' 9 ˜ y 0

(c.) y '' 2 ˜ y ' 5 ˜ y 0

(b.) y '' 6 ˜ y ' 9 ˜ y 0

 Lösung zu 12.8 Arbeitshinweis:

Die allg. Form der lin. hom. Dgl. 2. Ordnung lautet y '' a ˜ y ' b ˜ y 0 Der Lösungsansatz, den man in Formelsammlungen findet, sieht wie folgt aus: Man stelle die sog. charakteristische Glg. O 2  aO  b 0 Ÿ O1/ 2

 a2 r

a2 4

 b auf,

aus der man die Lösung der Dgl. mittels Fallunterscheidung findet: (i.) Falls

a2 4

b ! 0 Ÿ

yallg, hom  x C1 ˜ eO 1 x  C2 ˜ eO 2 x

(ii.) Falls

a2 4

b

yallg,hom  x

(iii.) Falls

a2 4

b  0 Ÿ

0 Ÿ

a

 C1 ˜ x  C2 ˜ e 2 x

yallg,hom  x e

 a2 x

˜  C1 ˜ cos  E x  C2 ˜ sin  E x mit E a

2

b  a4

 x Anmerkung: Zu (iii.) existiert die alternative Schreibweise yallg, hom  x C ˜ e 2 ˜ sin  E x  M0 ,

deren beide Integrationskonstanten C und M0 heißen.

464

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Zu jedem dieser Fälle üben wir ein Beispiel. (a.) Hier ist a 10 und b 9 Ÿ Da gilt O1/ 2

 a2 r

a2 4

b

a2 4

102 4

b

 9 16 ! 0 Ÿ Dies ist Fall (i.).

5 r 4 Ÿ O 1

5 r 25  9

2 P Die allg. Lsg. der hom. Dgl. lautet also yallg,hom  x C1 ˜ e

(b.) Hier ist a 6 und b 9 Ÿ

a2 4

b

92 4

9 und O 2 9 x

 C2 ˜ e

1

x

 9 16 0 Ÿ Dies ist Fall (ii.).

2 P Hier sieht man die Lsg. der hom. Dgl.: yallg, hom  x  C1 ˜ x  C2 ˜ e3 x

(c.) Hier ist a 2 und b 5 Ÿ Wir bestimmen also E

2

b  a4

a2 4

22 4

b 2

5  24

 5 4  0 Ÿ Dies ist Fall (iii.). 2

2 P Daraus folgt die allg. Lsg. der hom. Dgl.: yallg, hom  x e x ˜  C1 ˜ cos  2 x  C2 ˜ sin  2 x

Aufgabe 12.9 Inhomogene lineare Dgln. 2. Ordnung



(a.) (b.)

15 min 15 min

(a.) (b.)

hh

Punkte (a.) 8 P

(b.) 9 P

Lösen Sie die nachfolgend genannten inhomogenen linearen Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konst. Koeffizienten mit Hilfe von Lösungsansätzen aus Formelsammlungen. (a.) y '' 12 ˜ y ' 11 ˜ y 3 x 2  2 x  5

(b.) y '' 8 ˜ y ' 16 ˜ y e 4 x

Anmerkung: Die Fragestellung dieses Aufgabentyps (inhom. lin. Dgln. zweiter und höherer Ordnung) setzt voraus, dass den Studierenden die entsprechenden Tabellen mit Lösungsansätzen zur Verfügung gestellt werden (z.B. als Bestandteil von Formelsammlungen). Deshalb wird im Buch vom Vorhandensein solcher Tabellen ausgegangen. Was in den Musterlösungen angegeben ist, sind lediglich die jeweils für den individuellen Lösungsweg notwendigen Auszüge aus derartigen Tabellen. Dies gilt für die Aufgaben 12.9, 12.10 und 12.11.

 Lösung zu 12.9 Arbeitshinweis: Aufgabe 12.9 unterscheidet sich von Aufgabe 12.8 durch den Störterm. Unser Lösungsweg besteht folglich in zwei Schritten.

Schritt 1 Æ Berechnung der allg. Lsg. der hom. Dgl. (ähnlich wie in Aufgabe 12.8) Schritt 2 Æ Auffinden einer speziellen Lösung der inhom. Dgl., deren Summe mit der Lösung von Schritt 1 die allg. Lsg. der inhom. Dgl. bildet.

Aufgabe 12.9 Inhomogene lineare Dgln. 2. Ordnung

465

(a.) Schritt 1: Allg. Lsg. der hom. Dgl.: In der Schreibweise y '' a ˜ y ' b ˜ y 0 hat die Aufgabe die Parameter a 12 und b 11 . Da ist a2 4

ter O1/ 2  a2 r

b

b

122 4

 11 25 ! 0 , also lauten die Parame-

O1 11 und O 2 1 .

Ÿ

6 r 25

a2 4

2P

Somit die allg. Lsg. der hom. Dgl. yallg, hom  x C1 ˜ e11x  C2 ˜ e x . Schritt 2: In Tabellen (z.B. in Formelsammlungen) findet man zu verschiedenen Störfunktionen die Lösungsansätze für yPart  x , also für die spez. Lsg. der inhom. Dgl. Ist die Störfunktion g  x ein Polynom vom Grad n , so ist yPart  x

­ P  x für b z 0 °° n ® x ˜ Pn  x für a z 0, b 0 ° 2 °¯ x ˜ Pn  x für a b 0

, wo Pn  x ebenfalls ein Polynom vom Grad n ist.

In unserem Bsp. ist wegen b z 0 und g  x 3x 2  2 x  5 (also Polynomgrad n 2 ) der An- 2 P yPart  x

satz für die Partikulärlösung:

K 2 x 2  K1x  K 0

Noch zu tun ist die Bestimmung der Koeffizienten K 2 , K1 und K0 des Polynoms in yPart  x . Dies geschieht durch Einsetzen der speziellen Lsg. und ihrer Ableitungen in die Dgl. Die Ableitungen: yPart  x K 2 x 2  K1x  K0 Ÿ y 'Part  x 2 K 2 x  K1 Ÿ y ''Part  x 2 K 2 Einsetzen in die Dgl. y '' 12 ˜ y ' 11 ˜ y 3 x 2  2 x  5 liefert:

 2 K 2  12 ˜  2K 2 x  K1  11 ˜  K 2 x 2  K1x  K0

3x 2  2 x  5

2

Ÿ 2 K 2  24 K 2 x  12 K1  11K 2 x  11K1x  11K 0 Ÿ

Sortieren nach Potenzen von x

2P

2

3x  2 x  5

 12 K1  2 K 2  11K 0  11K1  24 K 2 ˜ x  11K 2 ˜ x 2

3x2  2 x  5

Da die Identität der beiden Seiten des Gleichheitszeichens für alle x  \ erfüllt sein muss, muss für die Koeffizienten der einzelnen Potenzen von x gelten: 12 K1  2 K 2  11K 0 11K1  24 K 2 11K 2

3

2

5½ ° ¾ Ÿ K2 ° ¿

1P 3 ; 11

K1

94 ; 121

K0

1667 1331

Ÿ

yPart  x

3 x2 11

94 x  1667  121 1331

Die allg. Lsg. der inhom. Dgl. ist also yallg,inhom  x

C1 ˜ e11x  C2 ˜ e x  yPart  x

3 x 2  94 x  1667 C1 ˜ e11x  C2 ˜ e x  11 121 1331

1P

(b.) Schritt 1: Allg. Lsg. der hom. Dgl.: In der Schreibweise y '' a ˜ y ' b ˜ y 0 hat die Aufgabe die Parameter a 8 und b 16 . Da ist hom. Dgl. yallg,hom  x  C1 ˜ x  C2 ˜ e4 x

a2 4

b

82 4

 16 0 , also lautet die allg. Lsg. der

2P

466

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Schritt 2: Zur Störfunktion g  x e Bx findet man in der Formelsammlung die Lösungsansätze für yPart  x entsprechend der Fallunterscheidung

yPart  x

­C ˜ e Bx für O z B z O 1 2 °° Bx O O2 für oder Cx e B ˜ ® 1 ° 2 Bx °¯Cx ˜ e für O1 B O 2

mit O1/ 2  a2 r

a2 4

b

B , aber O1 z O 2

In unserem Bsp. ist B 4 sowie O1/ 2  82 r

82 4

 16

4 , also O1

B

O 2 . Deshalb müssen

wir den Lösungsansatz yPart  x Cx 2 ˜ e Bx wählen und dann durch Einsetzen der speziellen 2P

Lsg. in die Dgl. nur noch einen Koeffizienten bestimmen, nämlich C . Dazu setzen wir jetzt die spezielle Lsg. und ihre Ableitungen in die inhom. Dgl. y '' 8 ˜ y ' 16 ˜ y e 4 x ein: Zuerst bilden wir die Ableitungen von

1P

Ÿ

y 'Part  x

1P

Ÿ

y ''Part  x

yPart  x Cx 2 ˜ e Bx

Cx 2 ˜ e4 x :

 2Cx  4Cx2 ˜ e4 x  2C  8Cx ˜ e4 x   2Cx  4Cx2 ˜  4 ˜ e4 x 16Cx2  16Cx  2C ˜ e4 x

2Cx ˜ e4 x  Cx 2 ˜  4 ˜ e 4 x

Dann setzen wir in die Dgl. ein und bestimmen den Parameter C :

16Cx2  16Cx  2C ˜ e4 x  8 ˜  2Cx  4Cx2 ˜ e4 x  16 ˜ Cx2 ˜ e4 x 2P

Ÿ

16C  32C  16C x 2   16C  16C x   2C   

 

0

1P

1 Ÿ C

1 2

˜ e 4 x und Sortieren nach x

e 4 x Ÿ

yPart  x

1 x2 2

˜ e 4 x

0

Als Summe der allg. Lsg. der hom Dgl. plus der spez. Lsg. der inhom. Dgl. erhalten wir die allg. Lsg. der inhom Dgl.: yallg,inhom  x  C1 ˜ x  C2 ˜ e 4 x  12 x 2 ˜ e4 x

Aufgabe 12.10 Homogene lineare Dgln. n-ter Ordnung



(a.) (b.) (c.)

12 min 17 min 17 min

Punkte

hhh

(a.) 6 P (b.) 8 P (c.) 8 P

Gegeben sind einige homogene lineare Differentialgleichungen n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten, die Sie bitte lösen. (a.) y ''' 7 y ' 6 y 0

(b.) y 4  5 y '' 36 y 0

(c.) y ''' y '' 16 y ' 20 y 0

Gehen Sie dabei jeweils in folgenden Schritten vor: i. Aufstellen und Lösen der charakteristischen Gleichung und Bestimmung der Basislösungen ii. Nachweis der linearen Unabhängigkeit der Basislösungen mittels Wronski-Determinante (Schritt ii. bei Klausuren aus Gründen des zeitlichen Aufwands nicht bei Aufgabenteil (b.)) iii. Angabe der allgemeinen Lösung der hom. lin. Dgl. mit konst. Koeffizienten

Aufgabe 12.10 Homogene lineare Dgln. n-ter Ordnung

467

 Lösung zu 12.10 (a.) Wir beginnen mit Schritt i.: Aufstellen und Lösen der charakteristischen Gleichung Zur Dgl.

1 ˜ y '''  0 y ''  7 y '  6 y p

p

p

1 ˜ O 3  0O 2  7O1  6

charakterist. Glg.

gehört die

0

1P

p

0 , kurz O 3  7O  6 0

Um deren drei Nullstellen zu suchen, müssen wir probieren und finden eine bei O1 1 .





Diese spalten wir durch Polynomdivision ab und erhalten O 3  7O  6 :  O  1 O 2  O  6 Die anderen beiden Nullstellen finden wir mit der pq-Formel: O 2  O  6 0 Ÿ O 2 2 und O 3 3 (Alle Nullstellen sind reell.) 2P

Damit lautet die Fundamentalbasis der Dgl. y1 e1x ; y2 e2 x ; y3 e3x Es folgt Schritt ii.: Nachweis der linearen Unabhängigkeit der Basislösungen Allgemein lautet die Wronski-Determinante für eine hom. lin. Dgl. n-ter Ordnung mit konst. Koeffizienten

W

y1 y '1 ... n 1 y

... ... ...

y2 y '2 ... n 1 y

1

yn y 'n ... n 1 ... yn

2

mit y1 ... yn Fundamentalbasis .

Für unser Beispiel bedeutet dies:

W

2P

ex

e2 x

e3 x

ex

2e2 x

3e3 x

x

2x

e

4e

9e











e x ˜ 18e  x  12e x  e x ˜ 9e x  4e x  e x ˜ 3e x  2e x



20 z 0

3 x

Sie ist von Null verschieden, also sind die Basislösungen linear unabhängig. Schritt iii.: Damit geben wir die allg. Lsg. der Dgl. als Linearkombination der Basislösungen 1P an: y  x C1 ˜ e x  C2 ˜ e2 x  C3 ˜ e3 x (b.) Schritt i.: Charakteristische Gleichung: Zur Dgl.

4 y   5 y '' 36 y

0

p

p

4

p

p 2

charakterist. Glg. O  5O  36

gehört die

0

Deren Nullstellen finden wir nach Substitution z : O 2 Ÿ z 2  5 z  36 0 Mit der pq-Formel folgt z1 9 und z2 4 . Resubstitution liefert O1 3 ; O 2 3 ; O 3 2i ; O 4 2i . Beim Aufstellen der Fundamentalbasis müssen wir neben zwei reellen Nullstellen auch ein Paar konjugiert komplexer Nullstellen beachten.

1P

468

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen

Die beiden reellen Nullstellen führen (laut Tabelle) zu y1 e3 x und y2 e3 x . 2 P Das Nullstellenpaar O 3/ 4 0 r 2i führt (lt. Tabelle) zu y3 e0 ˜ sin  2 x und y4 e0 ˜ cos  2 x . Schritt ii.: Der Nachweis der linearen Unabhängigkeit dieser vier Basislösungen geschieht über die Wronski-Determinante (die die Leser selbst ausrechnen mögen): e 3 x

e3 x

4P

W

3e

3x

9e

3x

27e3 x

sin  2 x

cos  2 x

3e

3 x

2 ˜ cos  2 x

2 ˜ sin  2 x

9 e

3 x

4 ˜ sin  2 x

4 ˜ cos  2 x

8 ˜ cos  2 x

8 ˜ sin  2 x

27e 3 x

2028 z 0 Ÿ

Die Basislösungen sind linear unabhängig.

1 P Schritt iii.: Die allg. Lsg. der Dgl. ist y  x C1 ˜ e3 x  C2 ˜ e3 x  C3 ˜ sin  2 x  C4 ˜ cos  2 x (c.) Schritt i.: Charakteristische Gleichung: 1P

Zur Dgl.

y ''' y '' 16 y ' 20 y p

p

p

gehört die

0

p

charakterist. Glg. O 3  O 2  16O  20 0

Die erste der drei Nullstellen kann man nur durch Raten und Ausprobieren finden. Eine Idee dafür holen wir uns aus dem Wurzelsatz von Viéta. Er besagt, dass das Produkt aller n Nullstellen O1 ˜...˜ O n  1 n ˜ an ist, wobei an der von O freie Summand ist. Für unser Beispiel bedeutet dies O1 ˜ O 2 ˜ O 3  1 3 ˜ 20 20 . Da die 20 die ganzzahligen Teiler r2 , r4 , r5 und r10 enthält, die wir als Nullstellen probieren können, versuchen wir das Raten zuerst an diesen Stellen: Zum Beispiel bei 5 werden wir fündig. Eine Nullstelle der charakteristischen Gleichung liegt bei O1 5 .





Diese spalten wir mit Polynomdivision ab: O 3  O 2  16O  20 :  O  5 x 2  4 x  4 Die anderen beiden Nullstellen erhält man sofort mit der pq-Formel: O 2

2 und O 3

2

Beim Aufstellen der Fundamentalbasis sind also eine einfache und zusätzlich eine doppelt auftretende reelle Nullstelle zu berücksichtigen, sodass wir (aus einer Tabelle) folgende Basislösungen erhalten: 3P

y1 e5 x   

und dazu

y2 e2 x sowie y3 x ˜ e2 x .   

für die einfache Nullstelle

für die doppelt auftretende Nullstelle

Schritt ii.: Die lineare Unabhängigkeit der Basislösungen prüft man über die WronskiDeterminante: 3P

W

e 5 x

e2 x

x ˜ e2 x

5 ˜ e5 x

2 ˜ e2 x

25 ˜ e5 x

4 ˜ e2 x

 2 x  1 ˜ e2 x  4 x  4 ˜ e2 x











e 5 x ˜ 4e4 x  5 ˜ e5 x ˜ 4e4 x  25 ˜ e5 x ˜ e4 x

49 ˜ e x z 0

Aufgabe 12.11 Inhomogene lineare Dgln. n-ter Ordnung

469

Da die Wronski-Determinante (im Allgemeinfall, also für alle x ) nicht verschwindet, gilt die lineare Unabhängigkeit der Basislösungen als gesichert. Schritt iii.: Die allg. Lsg. der Dgl. ist also die Linearkombination 1P

y  x C1 ˜ e 5 x  C2 ˜ e2 x  C3 ˜ x ˜ e2 x

Aufgabe 12.11 Inhomogene lineare Dgln. n-ter Ordnung (a.) (b.)



15 min 15 min

hhh

Punkte (a.) 7 P

(b.) 8 P

Zu den nachfolgend genannten inhomogenen linearen Differentialgleichungen n-ter Ordnung finde man die allgemeinen Lösungen (b.) y ''' 9 y ' e 4 x

(a.) y ''' 3 y '' 3 y ' y 3 x 2  4 x  5

 Lösung zu 12.11 Arbeitshinweis: Sinnvollerweise geht man in zwei Schritten vor, nämlich

Schritt 1 Æ Bestimmen der allg. Lsg. der hom. Dgl. Schritt 2 Æ Auffinden einer spez. Lsg. der inhom. Dgl. Die Summe aus beiden Lsgn. ist wie immer die allg. Lsg. der inhom. Dgl. (a.) Schritt 1: Die charakteristische Glg. der hom Dgl. lautet: O 3  3O 2  3O  1 0 Mit Erinnerung an den Binomischen Lehrsatz erkennt man O 3  3O 2  3O  1  O  1 3 0 Die dreifache reelle Nullstelle bei O

y1 e ist:

x

, y2

x˜e

x

und y3

2 x

x e

1 führt (gemäß Tabelle) zu den Basislösungen

, deren Linearkombination die allg. Lsg. der hom. Dgl. 1 P

yallg,hom  x C1 ˜ e x  C2 ˜ x ˜ e x  C3 ˜ x 2 ˜ e x

Stolperfalle:

Entnimmt man die Basislösungen einer Tabelle, so ist es nicht nötig, deren lineare Unabhängigkeit nachzuweisen, denn diese wurde beim Erstellen der Tabelle bereits berücksichtigt. Im Falle einer Klausur wäre es schade, an dieser Stelle Zeit zu verlieren. Schritt 2: Der Störterm ist ein Polynom zweiten Grades, also ist als Ansatz für die Partikulärlösung der inhom. Dgl. auch ein Polynom zweiten Grades zu verwenden: yPart,inhom  x

1P

Ax 2  Bx  C

Die Bestimmung der Koeffizienten A , B und C erfolgt durch Ableiten der Partikulärlösung

470 yPart  x

12 Gewöhnliche Differentialgleichungen Ax 2  Bx  C Ÿ

y 'Part  x

y ''Part  x

2 Ax  B Ÿ

2A Ÿ

y '''Part  x

0

und Einsetzen der Ableitungen in die Dgl (d.h. in y ''' 3 y '' 3 y ' y 3 x 2  4 x  5 ) :



Ÿ 0  3 ˜  2 A  3 ˜  2 Ax  B  1 ˜ Ax 2  Bx  C

2P



3x2  4 x  5

Ÿ x 2 ˜  A  3  x ˜  6 A  B  4   6 A  3B  C  5

Sortieren nach Potenzen von x

0

Identisch verschwinden für alle x  \ kann der Ausdruck nur, wenn alle Klammern für sich verschwinden, also muss gelten: A3 0 Ÿ A 3 6 A  B  4 0 Ÿ B 4  6 A 4  18 14 6 A  3B  C  5 0 Ÿ C 5  6 A  3B 5  18  42

½ ° ¾ Ÿ 29 °¿

yPart,inhom  x 3 x 2  14 x  29

Die allg. Lsg. der inhom. Dgl. ist also die Summe yallg,inhom  x yallg,hom  x  yPart,inhom  x : 3P

yallg,inhom  x C1 ˜ e x  C2 ˜ x ˜ e x  C3 ˜ x 2 ˜ e x  3 x 2  14 x  29

(b.) Schritt 1: Die charakteristische Glg. der hom Dgl. y ''' 9 y ' 0 lautet: O 3  9O 0 1 P Eine Nullstelle bei O1 0 sieht man sofort, da kein von O freier Summand vorkommt. Die anderen beiden Nullstellen liegen bei O 2  9 0 Ÿ O 2 / 3 r3i . Die drei zugehörigen Basislösungen entnimmt man einer Tabelle und findet:

y1 e0˜ x , y2 e0 ˜ sin  3x und y3 e0 ˜ cos  3x , 2P

deren Linearkombination die allg. Lsg. der hom. Dgl. ergibt: yallg,hom  x C1  C2 ˜ sin  3 x  C3 ˜ cos  3 x . Schritt 2: Ist der Störterm eine Exponentialfunktion ( g  x eD x , wo D keine Nullstelle der

1P

charakteristischen Glg. ist), so ist ein sinnvoller Ansatz für die Partikulärlösung (laut Tabelle) ebenfalls eine Exponentialfunktion: yPart,inhom  x A ˜ eD x Ae4 x Ableiten

1P

y 'Part,inhom  x

4 A ˜ e 4 x

y ''Part,inhom  x

16 A ˜ e4 x

y '''Part,inhom  x

64 A ˜ e4 x

und Einsetzen in die Dgl. ( y ''' 9 y ' e 4 x ) liefert

2P

 64 A ˜ e4 x  9 ˜  4 A ˜ e4 x e4 x , woraus der Koeffizient A bestimmt wird: Ÿ  64 A ˜ e4 x  9 ˜  4 A ˜ e4 x e 4 x Ÿ  100 A 1 Ÿ A  1010 Ÿ y

Part

 x

1 e 4 x 100

1 ˜ e 4 x . 1 P Somit ist die allg. Lsg. der inhom. Dgl. yallg,inhom  x C1  C2 ˜ sin  3 x  C3 ˜ cos  3 x  100

13 Funktionaltransformationen Vorbemerkung In diesem Kapitel müssen oftmals Integrale gelöst und Ableitungen berechnet werden. Etliche davon werden in den Musterlösungen nicht von Hand Schritt für Schritt vorgeführt, denn das Ableiten und das Integrieren sind eigentlich die Themen von Kapitel 6 und Kapitel 7. Speziell beim Integrieren wird deshalb aus Platzgründen auf Integraltafeln zurückgegriffen, wie man sie in Formelsammlungen findet. (Eine solche Integraltafel findet man z.B. im TeubnerTaschenbuch der Mathematik, 2.Aufl. Kap. 0.9.5.). Einen stark verkürzten Auszug davon findet man auch im Anhang des vorliegenden Buches (Kapitel 15, Tabelle 15.4). Den Lesern und Leserinnen wird empfohlen, sich mit Kapitel 13 erst dann zu befassen, wenn sie die Inhalte von Kapitel 6 und 7 sicher beherrschen. Bei der Anwendung der Laplace-Transformation verwenden wir das Symbol „ •—o “. Dabei markiert der volle Kreis immer die Funktion im Bildbereich und der offene Kreis immer die Funktion im Originalbereich – und zwar unabhängig von der Orientierung der Symbole. Die Aussage f  t o—• $ ^ f  t ` ist also gleichbedeutend mit $^ f  t ` •—o f  t . Zur Berechnung von Laplace-Transformationen nimmt man oftmals sog. Korrespondenztabellen zu Hilfe. Ein kleiner Auszug aus einer solchen Korrespondenztabelle, wie er typischerweise in Klausuren zur Verfügung gestellt wird, ist ebenfalls in Kapitel 15 des vorliegenden Buches abgedruckt, und zwar in Tabelle 15.3.

Aufgabe 13.1 Fourier-Transformationen



(a,b.)

hhh

je 20 min

Punkte (a,b.) je 11 P

Berechnen Sie in den komplexen Zahlen die Fourier-Transformierten der Funktionen (a.) f a  t cos Z 0t

(b.) fb  t sin Z 0t

Veranschaulichen Sie auch die Fourier-Transformierten durch Skizzen, bei denen Sie den Realteil bzw. den Imaginärteil der Transformierten als Funktion der Frequenz Z auftragen.

 Lösung zu 13.1 Arbeitshinweis: Das für die Fourier-Transformation zu berechnende Integral lautet f

F Z

 ^ f  t `

³ f t ˜ e

f

iZ t

dt

(mit i

1 als komplexer Einheit ).

472

13 Funktionaltransformationen

(a.) Da in den komplexen Zahlen gearbeitet wird, muss die komplexe Schreibweise des Cosi1˜ 2

nus verwendet werden, nämlich cos  z f

f

f  t ˜ e iZ t dt

³

F Z

f

2P

³

f

³

i Z 0 Z t

1 2

i

i Z 0 Z t



0t



 eiZ0t ˜ eiZ t dt

f

f

e

Z ³ ˜ e

cos Z 0t ˜ e iZ t dt

f

1˜ 2

 eiz  eiz . Damit schreiben wir

f



i Z Z t  e  0 dt

f

1˜ 2

³

e

f

dt  12 ˜

f

³ e

 i Z 0 Z t

dt

f

Stolperfalle: Man verwechsele nicht Z mit Z0 . Dies sind zwei völlig verschiedene Größen. x Z ist die freie Variable, von der die Fourier-Transformierte im Bildraum abhängt. x Z0 ist eine Konstante, die in der Aufgabenstellung vorgegeben wurde. Die Ähnlichkeit der Namensgebung findet sich aus Gründen der technischen Anwendung oft in Beispielen wieder. Sie darf aber nicht darüber hinwegtäuschen, dass es sich dabei um verschiedenartige Objekte handelt. Mit den Substitutionen

Z 0  Z ˜ t

u:

bestimmen wir die Stammfunktionen 1P

und

Ÿ

Z 0  Z ˜ t

du dt

Z

dt

1 i Z Z ˜t ˜ e  0  C1 i Z 0  Z

³e

i Z 0 Z t

³e

i Z 0 Z t

dt

und

v:

Ÿ

dv dt

Z

1 i Z Z ˜t ˜ e  0  C2 i  Z 0  Z

Setzen wir diese Stammfunktionen in F Z ein, so erhalten wir F Z

i Z Z ˜t 1 ˜ lim ª 1 ˜ e  0 º» 2 Aof ¬« i Z0 Z ¼

A

A

i Z Z ˜t 1  12 ˜ lim ª« ˜ e  0 º» i Z0 Z A of ¬ ¼ A A

Durch Einsetzen der Integralgrenzen folgt 3P

F Z

i Z Z ˜ A 1 ˜ lim ª 1 ˜e  0 2 Aof «¬ i Z0 Z



i Z Z ˜ A 1 ˜ e  0 º» i Z0 Z ¼

i Z Z ˜ A i Z Z ˜ A 1 1  12 ˜ lim ª« ˜e  0  ˜ e  0 º» i Z0 Z Aof ¬ i Z0 Z ¼

i Z Z ˜ A i Z Z ˜ A 1 1 ª i ˜ ei Z0 Z ˜ A  i ˜ ei Z0 Z ˜ A º ˜ ª  2i ˜ e  0  2i ˜ e  0 º  lim lim 2 » Aof Z0 Z ¬« 2 » ¼ Aof Z0 Z ¬«  

  

¼

Ÿ F Z

sin  Z0 Z ˜ A

sin  Z0 Z ˜ A

Die Zuweisung der Sinus-Terme geht zurück auf die komplexe Form der Sinusfunktion, nämlich sin  z 2P

F Z

lim

Aof

i ˜ 2

 eiz  eiz , womit wir dann kurz schreiben können:

sin  Z 0  Z ˜ A

Z  Z 0

 lim

Aof

sin  Z 0  Z ˜ A

Z  Z 0

Eine mögliche Form zur Angabe der Dirac’schen Delta- Distribution ist G  x

1 lim sin  Ax ʌ Aof x

.

Aufgabe 13.1 Fourier-Transformationen

473

Mit x Z0  Z bzw. x Z0  Z formen wir F Z um in F Z ʌ ˜ G Z 0  Z  ʌ ˜ G Z 0  Z . Dies ist die gesuchte Fourier-Transformierte der Funktion f a  t cos Z 0t . Die Skizze der 2 P Fourier-Transformierten sieht man in Bild 13-1a.

Bild 13-1a Skizze der Fourier-Transformierten von f a  t

cos Z 0t .

1P

Gezeigt wird nur der Realteil der Fourier-Transformierten, denn ihr Imaginärteil ist Null. i ˜ 2

(b.) Wegen sin  z

 eiz  eiz schreiben wir die gesuchte Fourier-Transformierte als

f

³

F Z

f

f  t ˜ e iZ t dt

f

³

f

˜

i 2

f

³ e

 i Z 0 Z t

e

 iZ 0 t



 e iZ0t ˜ eiZ t dt

f

f i 2

³ ˜ e

sin Z 0t ˜ eiZ t dt

i Z 0 Z t

f

dt

i 2

f

˜

³

2P

f

e

i Z 0 Z t

dt 

i ˜ 2

f

³

e

i Z 0 Z t

dt

f

Der Lösungsweg verläuft recht ähnlich wie bei Aufgabenteil (a.). Auch die Stammfunktionen können von dort direkt übernommen werden, sodass wir für F Z schreiben: F Z

i Z Z ˜t i ˜ lim ª 1 ˜ e  0 º» 2 Aof «¬ i Z 0 Z ¼

A

2P

A

i Z Z ˜t  2i ˜ lim ª« 1 ˜ e  0 º» Aof ¬ i Z0 Z ¼ A A

Das Einsetzen der Integralgrenzen liefert F Z

i Z Z ˜ A i ˜ lim ª 1 ˜e  0 2 Aof «¬ i Z 0 Z



2P

i Z Z ˜ A 1 ˜ e  0 º» i Z 0 Z ¼

i Z Z ˜ A i Z Z ˜ A  2i ˜ lim ª« 1 ˜ e  0  1 ˜ e  0 º» i Z 0 Z Aof ¬ i Z0 Z ¼

Ÿ F Z

i Z Z ˜ A i Z Z ˜ A i i ª i ˜ ei Z0 Z ˜ A  i ˜ ei Z0 Z ˜ A º ˜ ª 2i ˜ e  0  2i ˜ e  0 º  lim lim 2 » » Z Z « 2 Aof Z0 Z ¬«  

¼ Aof  0 ¬  

¼ sin  Z0 Z ˜ A

Also ist F Z i ˜ lim

Aof

sin  Z 0  Z ˜ A

Z  Z 0

sin  Z0 Z ˜ A

 i ˜ lim

Aof

sin  Z 0  Z ˜ A

2P

Z  Z 0

Wir verwenden wieder die Darstellung der Dirac’schen Delta- Distribution gemäß G  x

1 lim sin  Ax ʌ A of x

und erhalten: F Z i ˜ ʌ ˜ G Z 0  Z  i ˜ ʌ ˜ G Z 0  Z

Dies ist die gesuchte Fourier-Transformierte der Funktion fb  t sin Z 0t . Die Skizze der Fourier-Transformierten sieht man in Bild 13-1b.

2P

474

13 Funktionaltransformationen

1P Bild 13-1b Skizze der Fourier-Transformierten von f a  t sin Z 0t .

Gezeigt wird nur der Imaginärteil der Fourier-Transformierten, denn ihr Realteil ist Null.

Nebenbemerkung: Da die bei unserer Berechnung auftretenden uneigentlichen Integrale zwei Stellen der Uneigentlichkeit aufweisen, hätte man sie streng genommen (siehe Kap.7 - Integralrechnung) immer in je zwei Stücke zerteilen müssen. Dass dies hier in der Musterlösung nicht vorgeführt wurde, liegt einfach daran, dass dieser Zusatzaufwand am Ergebnis nichts ändert, wovon sich die Leser ohne größere Mühe selbst überzeugen können. Die Fourier-Transformierte des Cosinus könnte man dann z.B. ansetzen als f

³

F Z

f

0

f  t ˜ e iZ t dt

f

³

f  t ˜ e iZ t dt 

f

³ f t ˜ e

 iZ t

dt .

0

Aufgabe 13.2 Laplace-Transformationen nach Definition (a.) (b.)



15 min 12 min

hhh

Punkte (a.) 7 P

(b.) 6 P

Berechnen Sie durch Integration aus der Definition der Laplace-Transformation die LaplaceTransformierten der folgenden Funktionen: (b.) fb  t 1  Ot ˜ eOt

(a.) f a  t cosh Z 0t

Führen Sie zur Kontrolle der Ergebnisse auch die Transformationen mit Hilfe von Korrespondenztabellen durch.

 Lösung zu 13.2 Arbeitshinweis: Das für die Laplace- Transformation zu berechnende Integral lautet f

F s

$ ^ f  t `

³ f t ˜ e

 st

dt

(mit s  ^ als Transformationsvariable).

0

(a.) Die Funktion des Cosinus Hyperbolicus ist cosh( x) 2P

f

F s

³ 0

f

f  t ˜ e  st dt

³  1 2

0



˜ eZ0t  e Z0t ˜ e st dt

f

1 2

³ e 0

1˜ 2

 e x  e x . Damit schreiben wir



Z 0  s t  eZ0  s t dt

Aufgabe 13.2 Laplace-Transformationen nach Definition

 Z s t 1 ˜ ª 1 ˜eZ0  s t  1 ˜e  0 º»  Z0  s A of 2 «¬ Z0  s ¼

A

475 A

A

Z s t  Z s t lim 1 ˜ ª 1 ˜e 0 º  lim 12 ˜ ª« 1 ˜e  0 º» »¼ 0 Aof ¬  Z0  s Aof 2 «¬ Z0  s ¼

0    

lim

0

1. Summand

1P

2. Summand

Im Sinne der Definition der Laplace-Transformation darf ein geeignetes s vorausgesetzt werden, sodass lim e O  s A 0 konvergiert, d.h. die Stammfunktion verschwindet beim Aof

Einsetzen der oberen Integralgrenze. Setzen wir im ersten Summanden O1 Z0 Ÿ Z0  s   Z0  s   O1  s und im zweiten Summanden O2

Z0

Ÿ

  Z0  s

  O2  s , so erhalten wir: A

F  s

A  O s t  O s t lim 12 ˜ª Z 1 s ˜e  1 º  lim 12 ˜ ª« 1 ˜e  2 º» . « »  Z0  s 0 ¬ ¼ A A of of ¬ ¼

0 0     1. Summand

2. Summand

Darin können wir nun die Integralgrenzen einsetzen und das Ergebnis finden: F  s

ª «

º »

ª «

º »

«  

o0 ¬

» ¼

«   

«¬ o0

» »¼

 O s A  O s A lim 1 ˜« 1 ˜e  1  Z 1 s ˜e0 »  lim 12 ˜ « 1 ˜e  2  1 ˜e0 »  Z0  s  Z0  s 0 Aof 2 Z0  s Aof

3P  12 Z 1 s 0



1 1 2 Z0  s

In vielen Korrespondenztabellen findet man direkt die Laplace-Transformierte des CosinusHyperbolicus:

s 2

s  a2

•—o cosh  at

Deren Übereinstimmung mit unserem durch Lösen des Laplace-Integrals erzielten Ergebnis findet man durch simple Bruchrechnung. Es gilt nämlich F  s  12 ˜ Z 1 s  12 ˜ Z 1 s 0

0

1 ˜  Z0  s  Z0  s 2 Z0  s ˜Z0  s

1 ˜ 2 s 2 Z02  s 2

s s 2 Z02

, wo wir Z0 mit a identifizieren.

1P

(b.) Hier können wir fb  t direkt in das Integral der Laplace-Transformation einsetzen: f

F s

$ ^ f  t `

f

 O t  st ³ 1  Ot ˜ e ˜ e

0

dt

³

1P

f  Os t e  dt  O ˜

0

³ 0

  O  s t tN ˜ e  

dt

u

v'

Mit partieller Integration (siehe u und v' ) folgt F s

A

A

A

A

 O s t  Os t lim ª 1 ˜ e  º  lim ªO t ˜ O1s ˜ e  º  O ˜ »¼ 0 Aof «¬ »¼ 0 A of «¬ O  s

f 1 s

³O

 Os t ˜ e  dt

0

A 2P  Os t  O s t  O s t lim ª« O1s ˜ e  º»  lim ª«Ot ˜ O1s ˜ e  º»  lim O ˜ ª« O 1 s ˜ O1s ˜ e  º» ¼ 0 Aof ¬ ¼ 0 Aof ¬ ¼0 Aof ¬ Im Sinne der Definition der Laplace-Transformation darf ein geeignetes s vorausgesetzt werden, sodass lim e O  s A 0 konvergiert, d.h. die Stammfunktion verschwindet beim

Aof

Einsetzen der oberen Integralgrenze. Damit setzen wir die Integralgrenzen ein: F s

ª0  1 ˜ e O  s ˜0 º  ª0  O ˜ 0 ˜ 1 ˜ e  O  s ˜0 º  O ˜ ª0  1 ˜ 1 ˜ e O  s ˜0 º O s O s O s O s ¬« ¼» ¬« ¼» ¬« ¼»

1

O s



 O ˜ O 1 s

2

2P

476

13 Funktionaltransformationen

Zur Kontrolle transformieren wir mit einer Korrespondenztabelle. Die meisten Korrespondenztabellen der Laplace-Transformation zeigen folgende Zusammenhänge 1 •—o e at sa

1

s  a

2

Für O a gilt somit die Transformation

•—o t ˜ e at

Hier folgt für O a die Transfomation

1 •—o e  O t sO

1

s  O

•—o t ˜ e Ot

2

Wegen der Linearität der Laplace-Transformation lässt sich die zweite Zeile mit O multiplizieren und dann zur ersten Zeile addieren, sodass wir 1P

1 O  •—o Ot ˜ eOt  e Ot erhalten – in Übereinstimmung mit dem durch Lösen des s  O  s  O 2

Laplace-Transformationsintegrals erzielten Ergebnis.

Aufg. 13.3 Laplace-Transformationen nach Korrespondenztabelle



(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.) (h.)

5 min 3 min 7 min 2 min 15 min 4 min 5 min 5 min

Punkte:

hh

(a.) 3 P (b.) 2 P (c.) 4 P (d.) 1 P (e.) 7 P (f.) 2 P (g.) 2 P (h.) 2 P

Bestimmen Sie mit Hilfe einer Korrespondenztabelle die Laplace-Transformierten der folgenden Funktionen: (a.) f  t sin 2 Z t

(b.) f  t eOt ˜ cos Z t

(d.) f  t

(e.) f  t ®

O ˜t

für t  0 ­°0 4 °¯ t  7 für t t 0

(g.) f  t ®

­0 °

(c.) f  t M

für t  Z 0 M

°cos Z t  M 0 für t t 0 Z ¯

sin Z t

Z

3



t ˜ cos Z t

Z2

für t  7 ­°0 4 °¯ t  7 für t t 7

(f.) f  t ®

(h.) f  t t 3 ˜ eat

Wer die Aufgaben ohne die nachfolgenden Hinweise lösen kann, sollte das unbedingt tun. Nur wer die Lösung aus eigener Kraft nicht findet, sollte die nachfolgenden Hinweise vor dem Lösen der einzelnen Aufgaben lesen und dann nochmals das Lösen der einzelnen Aufgabenteile versuchen. Nur diejenigen, die dann immer noch nicht zum Ergebnis kommen, mögen die Musterlösungen betrachten bevor sie die Aufgaben gelöst haben.

Aufg. 13.3 Laplace-Transformationen nach Korrespondenztabelle

477

Hinweise zu 13.3 Hinweis zu a.: Mit einem Additionstheorem lässt sich die Aufgabenstellung vereinfachen. Hinweis zu b.: Man arbeitet mit dem Dämpfungssatz. Hinweis zu c.: Findet man die Funktion t ˜ cos Z t nicht in einer Korrespondenztabelle, so hilft die Ableitung im Bildbereich weiter. Hinweis zu d.: Dies geht gut, wenn man die Wurzel in einer Korrespondenztabelle findet. Hinweis zu e.: Hier ist der Verschiebungssatz nach links gefragt. Hinweis zu f.: Hier ist der Verschiebungssatz nach rechts gefragt. Hinweis zu g.: Die unverschobene Funktion wird als Polynom transformiert. Hinweis zu h.: Dies ist ein Standard-Beispiel zur Ableitung im Bildbereich.

 Lösung zu 13.3 (a.) Wir vereinfachen die Aufgabe aufgrund des Additionstheorems sin 2 D und transformieren f  t

1 2



1 ˜ cos 2

1 2

1  cos  2D

1P

 2Zt .

In Korrespondenztabellen findet man H  t o—•

1 s

Die Heaviside-Sprungfunktion H  t steht für eine bei t 0 eingeschaltete 1 . Mitunter steht also in Korrespondenztabellen nicht H  t sondern nur 1.

cos  at o—•

s s2  a2

Wegen der Linearität der Laplace-Transformation fassen wir zusammen (mit a 2Z ): f t

1 1 1 1 1 s  ˜ cos  2Z t o—• ˜  ˜ 2 2 2 2 s 2 s   2Z 2

1 2

 s2  4Z 2  12 s 2 s ˜  s 2  4Z 2

2P

2Z 2



s ˜ s 2  4Z 2

F s



Stolperfalle: Man darf eine Konstante nicht einfach vom Originalraum in den Bildraum abschreiben, sondern man benötigt die Heaviside-Sprungfunktion zur Transformation. (b.) Aus einer Korrespondenztabelle entnimmt man cos Zt o—•

s s2  Z 2

Darauf wenden wir den Dämpfungssatz an, der lautet eOt ˜ f  t o—• F  s  O und erhalten e  O t ˜ cos Z t o—•

s  O  s  O 2  Z 2

(c.) Aus Korrespondenztabelle

2P

Ÿ sin Zt o—•

Z s  Z2 2

und

cos Z t o—•

s 2

s Z2

478

13 Funktionaltransformationen

Durch Ableitung im Bildbereich (die Regel lautet t ˜ f  t o—• F '  s ) erhalten wir aus der

2P Transformation des Cosinus: t ˜ cos Z t o—•

 s 2  Z 2  s ˜ 2s Z 2  s 2 2 2  s2  Z 2  s2  Z 2

d § s · ds ¨© s 2  Z 2 ¸¹

Wegen der Linearität der Laplace-Transformation können wir zusammenfassen f t

sin Z t

Z3



t ˜ cos Z t

Z2

o—•

1

Z

Z

s2  Z 2

˜ 3



1

Z2

2P Der Ausdruck lässt sich vereinfachen zu F  s

˜

Z 2  s2



s2  Z 2



F s

2







Z ˜ s2  Z 2  Z ˜ Z 2  s2 3



2

Z ˜ s Z

Ÿ

t o—•

O ˜ t o—•

O ʌ ˜ 4 s˜ s

(d.) Aus Korrespondenztabellen

1P

Somit ist

Ÿ

O ˜t

2 2





2



2

s Z2



2

.

ʌ 1 ˜ 4 s˜ s

ʌ˜O 4 ˜ s3

(e.) Zu transformieren ist f  t cos Z t  M 0 und zwar als ein um M0 nach links verschobener Cosinus, denn die Funktion nimmt bereits vor t 0 Werte an, die von Null verschieden sind. Wir benötigen also den Verschiebungssatz nach links. Er lautet t § ·  s ˜t ¸ s ˜t ¨  f t  t o—• e ˜ ¨ F  s  f  t ˜ e dt ¸ ¨ ¸ 0 © ¹



³

^  `

 mit t ! 0

$ f t  t

Für unsere Aufgabe müssen wir von M0 in t umrechnen: 1 P Für t

M0 Z





ist cos Z t  M 0 cos Z  t  t .

Stolperfalle:

Verschiebungen müssen natürlich immer direkt als Verschiebungen des Parameters t ausgedrückt werden, da nur dann die Integration korrekte Ergebnisse liefern kann. Damit wenden wir den Verschiebungssatz nach links wie folgt an: 1P

^   `

$ cos Z t  t

t˜s

e

t § · ¨ ˜ ¨ $ ^cos Zt `  cos Zt ˜ e t ˜s dt ¸¸ ¨ ¸ 0 © ¹

³

e

t˜ s

t § · s ¨ t ˜ s ¸ cos Z t e dt ˜¨ 2  ˜  2 ¸ ¨ s Z ¸ 0 ¹ ©

³



Nebenrechnung: Die Stammfunktion zum Integral in Gleichung  löst man mit zweimaliger partieller Integration. Setzt man in diese die Integralgrenzen ein, so erhält man

Aufg. 13.3 Laplace-Transformationen nach Korrespondenztabelle

479

t

t

³ cos Zt ˜ e

t ˜ s

ª e  s ˜t º ˜ Z ˜ sin Z t  s ˜ cos Z t » « 2 2  «¬ s  Z »¼ 0

dt

0

ª e s ˜t « 2 ˜ Z ˜ sin Z t  s ˜ cos Z t «¬ s  Z 2





e s ˜t

s2  Z 2









˜ Z ˜ sin Z t 

e  s ˜t

s2  Z 2

3P

º ª e  s ˜0 º »« 2 ˜ Z ˜ sin Z ˜ 0  s ˜ cos Z ˜ 0 » 2  ¼» ¼» ¬« s  Z



˜ s ˜ cos Z t 

s

s2  Z 2 Setzt man das Ergebnis dieser Nebenrechnung in die Gleichung  ein, so erhält man:

2P

  s ˜t § ·  s s e  s ˜t   e ¸ et ˜ s ˜ ¨ 2 t Z sin Z  ˜ ˜ ˜ s ˜ cos Z t  2 2 2 2¸ ¨ s  Z 2 s2  Z 2 s Z ¹ s Z © Z ˜ sin Z t s ˜ cos Z t s ˜ cos M0 Z ˜ sin M0  2  2  2 s  Z2 s  Z2 s2  Z 2 s  Z2

^   `



$ cos Z t  t







(f.) Bei der Funktion f  t  t  7 4 liegt eine Verschiebung des Arguments um 7 nach rechts vor, Wir benötigen also den Verschiebungssatz nach rechts. Er lautet 



f t  t o—• e s˜t ˜ F  s

^  `

$ f t  t

 mit t ! 0

Zur Bestimmung der Transformierten der unverschobenen Funktion F  s finden wir in Korrespondenztabellen den Zusammenhang t n o—• n! ˜ Speziell für n 4 transformiert sich t 4 o—• 4! ˜

1

in unserem Bsp. ist

s n 1

1

24

s5

s5

n

4

1P

Darauf wenden wir mit t 7 den besagten Verschiebungssatz nach rechts an und erhalten:

 t  7 4

o—• e 7 s ˜

1P

24 s5

Man beachte, dass die Funktion erst später als bei t 0 beginnt, nämlich bei t 7 . (g.) Hier ist die unverschobene Funktion gemeint, denn sie beginnt laut Aufgabenstellung bei t 0 . Wir können also einfach ein Polynom transformieren: f t

 t  7 4

t 4  28 ˜ t 3  294 ˜ t 2  1372 ˜ t  2401

o—•

4! s

5



28 ˜ 3! 294 ˜ 2! 1372 ˜ 2401   2  s s4 s3 s

Dabei wurde jeder einzelne Summand transformiert gemäß t n o—• n! ˜

1 s

n 1

.

Allgemeiner Hinweis:

Wie man sieht, ist das Ergebnis ein völlig anderes als bei Aufgabenteil (f.). Es spielt also durchaus eine entscheidende Rolle, zu welchem Zeitpunkt f  t im Originalraum eingeschaltet wird.

2P

480

13 Funktionaltransformationen

Stolperfalle:

Man beachte die Transformation 2401 o—• 2401 ˜ 1 . s

Eine Konstante aus dem Originalraum wird nicht als Konstante in den Bildraum transformiert, denn die Konstante im Originalraum ist als Heaviside’sche Sprungfunktion zu verstehen, die mit einer Konstanten multipliziert wurde. Der Grund dafür, dass sich die erst bei

Funktion

1

gemäß 1 o—• 1 transformiert, liegt darin, dass auch die s

eingeschaltet wird und nicht schon früher. Wirklich vollständig

f t 1 geschrieben müsste diese Transformation eigentlich mit der Heaviside-Sprungfunktion H  t t

0

geschrieben werden: H  t o—• 1 s

und entsprechend 2401˜ H  t

1 o—• 2401 ˜ . Dass man s

trotzdem immer wieder (auch in Korrespondenztabellen) die bequemere Schreibweise ohne Heaviside-Funktion findet, liegt einfach an folgender Konvention: Sofern nicht explizit anders erwähnt, werden alle Funktionen genau bei t 0 eingeschaltet. Unter Beachtung dieser Konvention ist die einfache Schreibweise 1 o—• 1 bzw. auch 2401 o—• 2401 ˜ 1 eine durchs

s

aus zulässige und übliche Abkürzung, also korrekt. Merkregel: Im Sinne der Laplace-Transformation ist die Heaviside-Funktion nichts anderes als eine bei t 0 eingeschaltete 1 .

(h.) Der Satz von der Ableitung im Bildbereich lautet  t n ˜ f  t o—•

dn ds n

F  s

Mit n 3 (dritte Ableitung im Bildbereich) erhalten wir folgenden Lösungsweg: Aus der Korrespondenztabelle entnehmen wir f  t e at o—• 3

1 sa

F s

Dies leiten wir dreimal im Bildbereich ab und erhalten  t ˜ eat o—•

d3

1 ds3 s  a

6

 s  a 4

2 P Wegen der Linearitätseigenschaft der Laplace-Transformation können wir das Minuszeichen verarbeiten und gelangen zu dem Ergebnis des Aufgabenteils (h): 6

s  a

4

•—o t 3 ˜ eat

Aufgabe 13.4 Laplace-Rücktransformationen, Faltungsprodukt



(a.) (b.) (c.)

10 min 10 min 12 min

Punkte

hh

(a.) 5 P (b.) 5 P (c.) 6 P

Berechnen Sie mit Hilfe des Faltungsprodukts die Laplace-Rücktransformierten der folgenden Funktionen:

Aufgabe 13.4 Laplace-Rücktransformationen, Faltungsprodukt

(a.)

F s

1

(b.)

s 4  a 2s 2

481

1

F s

(c.) F  s

s 2  2 s  15

8 3

s ˜  s  2

 Lösung zu 13.4 Arbeitshinweis:

Das Faltungsprodukt (mit dem Rechenzeichen „ “ ) lautet t

f t

f1  t f 2  t

³ f t  u ˜ f 1

2

 u du o—• F  s

,

F1  s ˜ F2  s

0

wobei die Indizes „1“ und „2“ willkürlich zugewiesen werden können. Damit lösen wir die Aufgabe wie folgt: (a.) Wir zerlegen F  s

Korrespondenztabelle:

1

1 1 ˜ 2 2  a

s2  s  N F1  s F2  s

s 4  a 2s 2

F1  s

1 s2

und rücktransformieren stückweise gemäß

f1  t

•—o t

t

Das Faltungsprodukt wird dann zu

f1  t f 2  t

1

F2  s

und

³ t  u ˜ 0

s2  a2

•—o

1 ˜ sin  at a

f2 t

1+1 P

1 ˜ sin  au du o—• F1  s ˜ F2  s a

Dieses Integral müssen wir nun ausführen (wobei das in der nächsten Zeile als zweites genannte Integral partiell integriert wird): t

f1  t f 2  t

³

t

1 1 t ˜ ˜ sin  au du  u ˜ ˜ sin  au du a a

³

0

0

t

t

ª t º ª u § 1 ·º «  ˜ cos  au »  « a ˜ ¨ a cos  au ¸ »  ¹¼0 ¬ a2 ¼0 ¬ © t

t

1 § 1

·

³ a ˜ ¨© a cos  au ¸¹ du 0

t

t

ª º ªu º ª1 º «  2 ˜ cos  au »  « 2 ˜ cos  au »  « 3 ˜ sin  au » ¬ a ¼0 ¬ a ¼0 ¬ a ¼0 t

t º ª t ª t º ª1 º «  ˜ cos  at  2 ˜ 1»  « 2 ˜ cos  at  0»  « 3 ˜ sin  at  0» a ¼ ¬a ¬ a2 ¼ ¬a ¼

t a2



1 a3

˜ sin  at

f  t o—•

3P

1 s4  a2s2

(b.) Als Vorarbeit ist der Nenner in zwei Faktoren zu zerlegen. Dazu suchen wir die Nennernullstellen: s 2  2s  15 0 Ÿ s1/ 2 1 r 1  15 1 r 4 Ÿ s 2  2s  15  s  3 ˜  s  5 . Die Aufgabenstellung lässt sich also formulieren als Nach Korrespondenztabelle gilt F1  s

1 •—o e3t s 3

F s

1 s 2  2 s  15

f1  t und F2  s

1 1 ˜ •—o f  t s 3 s5

1 •—o e 5t s5

?.

f2 t .

3P

482

13 Funktionaltransformationen

Damit sind wir in der Lage, die Rücktransformation durch Faltung auszuführen: t

2P

f t

³

f1  t f 2  t

t 3˜ t u e  ˜ e5u du

0

³

t

e3t ˜ e3u ˜ e5u du

0

1 3

s  a

t

ª 1 º e3t ˜ «  e8u » ¬ 8 ¼0

1 3t 1 5t e  e 8 8

1 •—o 1 s

(c.) In Korrespondenztabellen findet man F1  s

3P

³

0

1 º ª 1 e ˜ «  e8t  e0 » 8 ¼ ¬ 8 3t

und

e3t ˜ e8u du

•—o

1 2 at t ˜e 2

Also gilt F1  s ˜ F2  s 1 ˜ s

F2  s

Ÿ

8

 s  2 3

f1  t

8 3

 s  2

•—o 4t 2 ˜ e2t

f2 t .

F s .

t

1 P Damit falten wir

f t

f1  t f 2  t

³1 ˜ 4u

2

˜ e 2u du o—• F  s

F1  s ˜ F2  s .

0

Arbeitshinweis und Stolperfalle:

Die Funktion f1  t 1 ist eine besonders simple Funktion. Man kann jedes beliebige Argument einsetzen (z.B. auch t  u ), der Funktionswert bleibt immer die 1 . Einerseits ist dies sehr bequem, denn man kann es ausnutzen, um das t  u beim Faltungsprodukt besonders einfach zu „entsorgen“. Andererseits muss man natürlich auch aufpassen, dass man als Funktionswert wirklich immer nur die 1 bekommt, alles andere wäre falsch. Durch zweimalige partielle Integration erhalten wir das Ergebnis: t

f t

t

³

³

0

2P

t

1 1 ª º 4 ˜ «u 2 ˜ e2u »  4 ˜ 2u ˜ e 2u du 2 2 ¬ ¼0

4 ˜ u 2 ˜ e2u du

0

t t ª 2u 2 ˜ e2u º  ª 2u ˜ e2u º  4 ˜ ª 1 ˜ 1 ˜ e2u º ¼0 ¬ ¼0 ¬ ¬« 2 2 ¼»

t § · t t ª 2u 2 ˜ e 2u º  4 ˜ ¨ ªu ˜ 1 e 2u º  1 e 2u du ¸ « » ¬ ¼0 ¨¬ 2 ¸ 2 ¼0 0 © ¹

³

t

2t 2 ˜ e2t  0  2t ˜ e2t  0  e2t  e0

2t 2 ˜ e2t  2t ˜ e2t  e2t  1

0

Dies ist die gesuchte Laplace-Rücktransformierte.

Aufgabe 13.5 Laplace- Rücktransformationen (allgemein)



(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.)

6 min 12 min 7 min 9 min 5 min 15 min

hh

Punkte:

(a.) 3 P (b.) 6 P (c.) 3 P (d.) 4 P (e.) 3 P (f.) 7 P

Es folgen weitere Beispiele für Laplace-Rücktransformationen: (a.)

F s

1 2

s  2s  5

2 (b.) F  s 33s  52s  2

s  2s  s

(c.)

F s

s 3 s 2  3s  10

Aufgabe 13.5 Laplace- Rücktransformationen (allgemein)

(d.)

F s

5s  15

(e.)

s3  s 2  4s  4

483

5

F s

(f.)

s3  9s

F s

1 s4  a4

Ähnlich wie bei Aufgabe 13.3 sind auch bei Aufgabe 13.5 den Musterlösungen wieder Hinweise vorgeschaltet. Ideal wäre es für die Leser dieses Buches, die Aufgaben ohne vorherige Kenntnis der Hinweise zu lösen. Wer das nicht schafft, kann die Hinweise betrachten, dann die Aufgaben lösen und danach zu den Musterlösungen weitergehen. Hinweise zu 13.5

Hinweis zu a.: Nach quadratischer Ergänzung des Nenners ist der Dämpfungssatz gefragt. Hinweis zu b.: Die Rücktransformation erfolgt erst nach einer Partialbruchzerlegung Hinweis zu c.: Noch ein einfaches Bsp. mit vorgeschalteter Partialbruchzerlegung Hinweis zu d.: Partialbruchzerlegung mit einer reellen Nullstelle bei s 1 und zwei komplexen Nullstellen Hinweis zu e.: Damit der Faltungssatz nicht in Vergessenheit gerät. Hinweis zu f.: Partialbruchzerlegung, zwei reelle und zwei komplexe Nennernullstellen.

 Lösung zu 13.5 (a.) Der Nenner lässt sich mit quadratischer Ergänzung umformen: s 2  2s  5  s  1 2  4 Der Dämpfungssatz lautet F  s  a •—o eat ˜ $1 ^F  s ` . Des Weiteren findet man in Korrespondenztabelle die Transformation Mit

a 1

und

b

2

1 s 2  b2

•—o

sin  bt b

.

nach passen diese Transformationen zu unserer Aufgabe. Die Rück-

transformation lautet also: F  s  1

1

 s  1

2

­ 1 ½ •—o e 1˜t ˜ $ 1 ® 2 ¾ ¯s  4¿ 4

e t ˜

sin  2t 2

(b.) Die Rechentechnik der Partialbruchzerlegung wurde in Kapitel 7 eingeübt und wird daher jetzt nicht nochmals in der Musterlösung vorgeführt. In unserem Bsp. lautet die Partialbruchzerlegung:

3s 2  5 s  2 3

2

s  2s  s

3P

2 1 10   s s  1  s  1 2

4P

Jeder einzelne Partialbruch wird nach Korrespondenztabelle rücktransformiert, wobei in der Musterlösung mit den Nummern 1, 2 und 3 markiert ist, welcher Partialbruch mit welcher Rücktransformation korrespondiert: F s

3s 2  5s  2 s3  2 s 2  s

2 1 10 t t    10 ˜  t ˜ e

•—o N2  eN  s  1  s  1 2 Ns N Nr.2 Nr.3 Nr.1   

Nr.1 Nr.2

f t

2P

Nr.3

(c.) Es gilt die Partialbruchzerlegung

s 3 2

s  3s  10

8

7

s5

1



7

s2

2P

484

13 Funktionaltransformationen

1 P Die Rücktransformation lautet also

8

s3

F s

2

s5

s  3s  10

(d.) Der Hinweis, eine reelle Nullstelle läge bei s vermittels Polynomdivision:  s3  s 2  4s  4 :  s  1



7

8 5t 1 2 t ˜e  ˜e 7 7

•—o

s2

ff

hilft bei der Faktorisierung des Nenners

1

s2  4

5s  15

3 P Damit wird die Partialbruchzerlegung zu

1

7

s3  s 2  4s  4

A B˜sC  2 s  1  s 

4

4 1  4s  2 s  1  s 

4

reellwertiger Ansatz

Koeffizienten bestimmt

Um kleine Stücke zu bekommen, die man in Korrespondenztabellen wiederfindet, zerteilen wir den zweiten Partialbruch und können nun rücktransformieren: 1P

F s

5s  15

4 1 4s 1 •—o 4 ˜ et  sin  2t  4 ˜ cos  2t   s  1 s2  4 s2  4 2

s3  s 2  4s  4

1 P (e.) Wir zerlegen die Funktion im Bildraum in zwei Faktoren

F s

f t

5 s3  9s

5 1 ˜ 2 9 s 

Ns  F1

,

F2

von denen sich jeder einzelne gemäß Korrespondenztabelle rücktransformieren lässt: 1P

F1  s

5 •—o 5 ˜ H  t s

f1  t und

F2  s

1 s 2  32

•—o

1 ˜ sin  3t 3

f2 t

Diese beiden können wir falten und erhalten so die gesamte Rücktransformierte: 1P

t

f t

³

f1  t f 2  t

0

t

1 5 ˜ sin  3u du 3

5 ª 1 º ˜  cos  3u » 3 «¬ 3 ¼0

5  ˜  cos  3t  1 9

(f.) Wenn man die dritte binomische Formel sieht, kommt man rasch zur Zerlegung des Nenners und darauf basierend auf eine Partialbruchzerlegung des gesamten Bruches: F s

4P

1



s4  a4

1

1



 s  a ˜  s  a ˜  s2  a2

s2  a2 ˜ s2  a2



Die Berechnung der Koeffizienten liefert F  s

A B Cs  D   s  a s  a s2  a2 1

1 4

s a

4

4 a3

sa

1



4 a3

sa

1



2a 2

2

s  a2

Summandenweise Laplace-Rücktransformation gemäß Korrespondenztabelle führt zu 2P

1

F s

4 a3

sa

1



4 a3

sa

1



2

2a 2

s a

2

•—o

1 4a

3

˜ e at 

1 4a

3

˜ e  at 

1 P Wir fassen das Ergebnis noch zusammen: F  s

1 2a

2

˜

sin  at

1 s4  a4

a

•—o

§ · at at ˜ ¨ e  e 

 2 ˜ sin  at ¸   ¨ ¸ 4a © 2˜sinh  at ¹ 1

3

1 2a 3

˜  sinh  at  sin  at

f t

Aufgabe 13.6 Lösen von Dgln. mittels Laplace-Transformation

485

Aufgabe 13.6 Lösen von Dgln. mittels Laplace-Transformation



(a.) (b.) (c.) (d.) (e.) (f.) (g.)

4 min 8 min 6 min 8 min 23 min 12 min 15 min

Punkte:

hh

(a.) 2 P (b.) 4 P (c.) 3 P (d.) 4 P (e.) 12 P (f.) 6 P (g.) 7 P

Eine der typischen Anwendungen der Laplace-Transformation (die im Berufsalltag des Ingenieurs immer wieder auftaucht und daher oft in Klausuren geprüft wird) ist das Lösen von Differentialgleichungen (Abkürzung: „Dgl.“). Das Lösungsverfahren von Differentialgleichungen mittels Laplace-Transformation setzt die Kenntnis der Anfangsbedingungen (Abkürzung: „AnfBed.“) voraus. (a.) Dgl.: y ' 4 y 0

mit der AnfBed. y  0

1

(b.) Dgl.:

y ' 4 y

2 ˜ sin  t

mit der AnfBed. y  0

0

(c.) Dgl.:

y ' 2 y

e 2t

mit der AnfBed. y  0

7

mit den AnfBed. y  0

3

(d.) Dgl.: y '' 2 y ' 8 y 0 (e.) Dgl.: (f.) Dgl.:

y '' 4 y ' 5 y y '' 6 y ' 9 y

e 5t t ˜e

3t

(g.) Dgl.: y ''' 16 y ' 0

und

y ' 0

0

mit den AnfBed y  0

1

und

y ' 0

5

mit den AnfBed y  0

1

und

y ' 0

0

mit den AnfBed y  0

3

und

y ' 0

2

und

y ''  0

48

 Lösung zu 13.6 Arbeitshinweis: Der Lösungsweg verläuft über drei Schritte:

Schritt 1 Æ Transformation der Differentialgleichung in den Bildraum. Zur Transformation der Ableitungen verwendet man den Ableitungssatz, nach dem die Ableitungen im Originalraum zu einfachen Multiplikationen im Bildraum werden. Schritt 2 Æ Lösen der transformierten Differentialgleichung im Bildraum. Schritt 3 Æ Rücktransformation der Lösung in den Originalraum. Für den Verlauf dieser Aufgabe wollen wir folgende Bezeichnungen wählen: y t

= Funktion im Originalraum

und

1 s

= Funktion im Bildraum

Der Satz von der Ableitung im Originalraum lautet y '  t o—• s ˜ 1  s  y  0

für die erste Ableitung

n n 1 y   t o—• s n ˜ 1  s  s n 1 ˜ y  0  s n  2 ˜ y '  0  ...  y   0 für

die n-te Ableitung

486

13 Funktionaltransformationen

(a.) Schritt 1: Transformiert werden wegen der Linearitätseigenschaft der Laplace-Transformation alle Summanden einzeln: y '  4y 0 o—• s ˜ 1  s  y  0  4 ˜ 1  s 0   

  

o—• s ˜1  s  y  0

o—• 4˜1  s

Schritt 2: Das Lösen im Bildraum ist eine einfache algebraische Aufgabe, bei der die Anfangsbedingungen einzusetzen sind: s ˜ 1  s  y  0  4 ˜ 1  s 0 Ÿ 1  s ˜  s  4

2P

1 s4

y  0 1 Ÿ 1  s

Schritt 3: Zur Rücktransformation wird eine Korrespondenztabelle zu Hilfe genommen: 1 1  s •—o e4t f  t Dies ist die Lösung der in der Aufgabestellung genannten Dgl. s4

(b.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum 2

2 ˜ sin  t o—• s ˜ 1  s  y  0  4 ˜ 1  s N   

y'  4y   

  

o—• s ˜1  s  y  0 o—• 4˜1  s

o—•

0

2 s 2 1

Schritt 2: Lösen im Bildraum

s2  1

2

 s  4 ˜ 1  s

Ÿ

Ÿ 1 s

2

s 1

2

1 ˜ 4 s  1 s  2

2 P Schritt 3: Die Rücktransformation erfolgt mit Faltung. 1 •—o e4t s4

Die einzelnen Faktoren sind t

y t

y1  t y2  t

2P

³

2

s 1

2 ˜ e 4t ˜ e 4u ˜ sin  u du

³





t

1 cos u  4 sin u º 2 ˜ e4t ˜ ª e4u ˜  17  17  ¼ ¬ 0

0









1 cos t  4 sin t  e 4˜0 ˜  1 cos 0  4 sin 0 º 2 ˜ e 4t ˜ ªe 4t ˜  17  17   17  ¼ 17 ¬

y t

. Damit folgt

•—o 2 ˜ sin  t

t 4˜ t  u e  ˜ 2 ˜ sin  u du

0

Ÿ

2

und

2 cos t  8 sin t  2 e 4t  17  17  17

(c.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum 1P

y'  2y   

  

o—• s ˜1  s  y  0 o—• 2˜1  s

1 s2

e 2t o—• s ˜ 1  s  y  0  2 ˜ 1  s 

N o—• s 12

7

1 P Schritt 2: Lösen im Bildraum  s  2 ˜ 1  s  7

1 s2

§ 1 · 1 Ÿ 1 s ¨  7¸˜ ©s2 ¹ s2

1

 s  2

2



7 s2

Schritt 3: Rücktransformation mit Korrespondenztabelle 1P

1

1 s

2 s  2   

7 s2 N



•—o t ˜e 2 t

•—o  t  7 ˜ e2t

y t

als die gesuchte Lösung der Dgl.

•—o 7˜e2 t

(d.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum 1P

y ''  2˜ y'  8y  

  N

o—• s 2 ˜1  s  s ˜ y  0  y ' 0

o—• 2 s ˜1  s  2˜ y  0

o—• 8˜1  s

0 o—• s 2 ˜ 1  s  s ˜ y  0  y '  0  2 s ˜ 1  s  2 ˜ y  0  8 ˜ 1  s N

o—• 0

Schritt 2: Lösen im Bildraum 1P



1  s ˜ s 2  2s  8



y  0  y ' 0  s  2 ˜ N N 3

0

3s  6 Ÿ 1  s

3s  6 2

s  2s  8

0

Aufgabe 13.6 Lösen von Dgln. mittels Laplace-Transformation

487

Schritt 3: Rücktransformation nach Partialbruchzerlegung. 3s  6

1 s

s 2  2s  8

A B  s4 s2

1 2  s4 s2 N N

•—o e 4 t

•—o e 4t  2 ˜ e 2t

2P

als Lösung der Dgl.

y t

•—o 2˜e 2 t

(e.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum y ''  4˜ y'  5y e 5t o—• s 2 ˜1  s  s ˜ y  0  y '  0  4 s ˜1  s  4˜ y  0  5˜1  s     

N N

o—• o—• s 2 ˜ 1  s  s ˜ y  0  y ' 0 4 s ˜1  s  4 ˜ y  0

o—• o—• 1 5˜1  s s 5

1 s5

2P

Schritt 2: Lösen im Bildraum § · 1  s ˜ s 2  4s  5  ¨  s ˜ y  0  y '  0  4 y  0 ¸ ¨¨ N N N ¸¸ 5 1 1 ¹ ©







2

Ÿ 1  s ˜ s  4s  5 Ÿ 1 s



1  s54 s5

1 s5

1   s  1 ˜  s  5 1  s 1 s5 s5

s 2  4s  4 s5

2P

2

s  4s  4

 s  5 ˜  s 2  4s  5

Schritt 3: Rücktransformation in den Originalraum Wir wollen eine Partialbruchzerlegung ausführen, wobei der Nenner bereits in faktorisierter Form vorliegt. Deshalb lauten Ansatz und Zerlegung: 1  s

1

s 2  4s  4

 s  5 ˜  s 2  4s  5

A B˜sC s 1 10  9 ˜  s  5 s 2  4s  5   s  5 10 s 2  4 s 

5

3P

Die Bestimmung der Koeffizienten mögen die Leser selbst ausführen.

Zur Vorbereitung auf die Rücktransformation berechnen wir die quadratische Ergänzung für den Nenner des zuletzt genannten Bruches: s 2  4s  5

 s 2  4s  4  1

 s  2 2  1

1P

Damit bringen wir die Lösung im Bildraum in eine Form, die sich rücktransformieren lässt: 1 s

1 1 9 s 1 1 1 9  s  2  3 ˜  ˜ ˜  ˜ 10 s  5 10  s  2 2 1 10 s  5 10  s  2 2 1

 s  2  9 ˜ 1 1 9 3 1 9 27 2t ˜  ˜ ˜ e ˜ sin  t •—o ˜ e 5t  ˜ e 2t ˜ cos  t  2 10 N s 5 10  s  2 2 1 10 10 10 10 s  2 1  

  

 

y t •—o e5t •—o e 2 t ˜cos  t •—o  3˜e2 t ˜sin  t als die gesuchte Lösung im Originalraum   

 

 1  2 Erläuterung zu  1 und  2 : In beiden Ausdrücken gelangt der Verschiebungssatz nach 4 P rechts zur Anwendung, und zwar um eine Verschiebung von 2 . Bei  1 wird dieser Verschiebungssatz angewandt auf bungssatz angewandt auf

a s2  a2

s 2

s  a2

o—• cos  at mit a 1 ; bei

•—o sin  at ebenfalls mit a 1 .

 2 wird der Verschie-

488

13 Funktionaltransformationen

(f.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum 2P

y ''  6˜ y'  9 y t ˜e3t o—• s 2 ˜1  s  s˜ y  0  y ' 0  6 s˜1  s  6˜ y  0  9˜1  s     N N

o—• o—• o—• o—• 1 s 2 ˜1  s  s˜ y  0  y ' 0 6 s˜1  s  6˜ y  0 9˜1  s 2

1

 s  3 2

 s 3

Schritt 2: Lösen im Bildraum 2P



1  s ˜ s 2  6s  9



y  0  y '  0   s  6 ˜ N N 1

Ÿ 1 s

s6 2

s  6s  9



0

1

 s  3 2 s6

1

s

2



 6 s  9 ˜  s  3

2

2

1



4 s  3 s  3    

 

 1

, weil

 s 2  6s  9

 s  3 2 ist.

 2

Schritt 3: Rücktransformation in den Originalraum: Für diesen Schritt zerlegen wir  1 mit Partialbruchzerlegung,  2 hingegen kann so rücktransformiert, wie er ist. 1 s

s6

1



A



B



1

 s  3 2  s  3 4  s  3  s  3 2  s  3 4

1 3 1   s  3  s  3 2  s  3 4 N   

  

•—o e3t

•—o

•—o

3t ˜e3t

1 t 3 ˜ e3 t 6

2 P Damit lautet die Lösung der Dgl. y  t e3t  3t ˜ e3t  1 t 3 ˜ e3t . 6

2P

(g.) Schritt 1: Transformation in den Bildraum y '''  16 ˜ y ' 0 o—• s 3 ˜ 1  s  s 2 ˜ y  0  s ˜ y '  0  y ''  0  16 s ˜1  s  16˜ y  0   

  

0

o—• o—• s 3 ˜1  s  s 2 ˜ y  0  s ˜ y ' 0  y '' 0 16 s ˜1  s 16˜ y  0

Schritt 2: Lösen im Bildraum



1  s ˜ s 3  16 s



s 2 ˜ y  0  s ˜ y '  0  y ''  0  16 ˜ y  0

y  0  s ˜ y '  0  y ''  0  s2  16 ˜ N N N 3

2P

2

Ÿ 1 s

3s  2s

3s  2

s3  16s

s 2  16

2

3s 2  2 s

48

für die Lösung im Bildraum

Schritt 3: Rücktransformation in den Originalraum Eine Möglichkeit der Rücktransformation wäre die Partialbruchzerlegung. Wesentlich bequemer und eleganter gelingt es, wenn man in einer Korrespondenztabelle folgende Bezies 1 •—o cosh  at . ˜ sinh  at und a s2  a2 Dann schreibt man nämlich mit a 4 : 3s  2 s 1 1 2P 1 s •—o 3 ˜ cosh  4t  2 ˜ ˜ sinh  4t f  t 3˜ 2  2˜ 2 4 s 2  16 s  42 s  42

hungen findet:

1

s2  a2

•—o

Damit ist die Lösung des Aufgabenteils (g.) eigentlich erledigt. Alle diejenigen, die mit Partialbruchzerlegung gearbeitet haben, erhalten als Ergebnis keine Hyperbelfunktionen sondern Exponentialfunktionen. Die Kompatibilität der beiden Ergebnisse demonstriert die einfache Umrechnung: 1P

f t

3 ˜ cosh  4t 

1 ˜ sinh  4t 2

3 4t 1 ˜ e  e 4t  ˜ e 4t  e 4t 2 4









7 4 t 5 4 t ˜e  ˜e 4 4

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen) Vorbemerkung Die Besonderheit der Übungsaufgaben in Kapitel 14 ist: Es handelt sich um echte Klausuren verschiedener Hochschulen, so wie sie dort stattgefunden haben. Jede einzelne Klausur bildet einen Querschnitt über verschiedene Themen der jeweiligen Semester-Vorlesung. Für den Stil der Aufgabenstellungen zeichnet der Autor dieses Buches nicht verantwortlich. Für Studierende sollte es aber interessant sein zu sehen, was „andernorts“ verlangt wird.

Aufgabenstellungen und Musterlösungen Anders als in den vorhergehenden Kapiteln werden in Kapitel 14 zuerst alle Aufgabenstellungen im Zusammenhang gezeigt und danach alle Musterlösungen. Dies hat den Sinn, dass man beim Umblättern nicht unerwünscht in die Nähe der Lösungen gerät. Im Übrigen sind die Kommentare außerordentlich knapp gehalten – entsprechend der Arbeitsweise bei echten Klausuren unter Zeitdruck:

Klausur 14.1: Analysis 1 (1.Semester)

 90 Minuten

Aufgabe: Punkte:

1 4

2 3

3 4

4 4

5 5

6 4

Zum Bestehen sind 8 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: nicht grafikfähiger Taschenrechner Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt.

Aufgabe 1: Skizzieren Sie die Graphen folgender Funktionen. Bezeichnen Sie insbesondere die Koordinaten der markanten Punkte der Kurve (z.B. Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen oder Scheitel). (a.) y tan  x

(b.) y 1  cos  x

(c.) y e  x

(d.) y  x  2 2  4

Aufgabe 2: Radioaktive Substanzen zerfallen mit der Zeit t gemäß N  t N0 ˜ eO t Dabei ist N  t die Anzahl der verbliebenen radioaktiven Atome, N 0

N  0 die Anzahl der

radioaktiven Atome zum Zeitpunkt t0 0 und O eine vom Material abhängige Konstante. Das für Altersbestimmungen wichtige Isotop C14 hat eine Halbwertszeit von 5 730 Jahren, d.h. nach dieser Zeit ist die Hälfte der radioaktiven Isotope zerfallen. Nach wie vielen Jahren sind 90% der Isotope zerfallen? Aufgabe 3: Bestimmen Sie die Konstanten a , b so, dass die Funktion f  x

­ x 2  2 x  a für ° 3 für ® ° b ˜ sin  x  3 für ¯

x0 x 0 x!0

an der Stelle x0 0 stetig und differenzierbar ist. Wie groß ist dann der Wert der Ableitung an dieser Stelle x0 0 ?

490

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Aufgabe 4: Zeigen Sie, dass sich die beiden Funktionen f  x a ˜ e

x 1 a

und g  x x ˜ ln

 1x  a

an der Stelle x0 1 schneiden. Wie lauten die Koordinaten des Schnittpunkts? Unter welchem Winkel schneiden sich die beiden Kurven? Aufgabe 5: Dem Vierteleinheitskreis wird in der skizzierten Weise ein Viereck einbeschrieben. Mit D 0  D  ʌ2 wird der Winkel zwischen der x  Achse und der Ecke mit positiver





x  und y  Koordinate bezeichnet.

(a.) Zeigen Sie, dass sich der Flächeninhalt des Vierecks über die Formel A D 12 1  cos D sin D berechnen lässt. (b.) Für welches D nimmt der Flächeninhalt des Vierecks ein lokales Extremum an? Um welche Art eines Extremums handelt es sich und wie groß ist der gefundene extremale Flächeninhalt? (c.) Ist das in Aufgabenteil (b.) gefundene lokale Extremum ein absolutes Extremum? Begründen Sie Ihre Antwort. Aufgabe 6: Gesucht ist der Grenzwert lim

x o0

sin x  x 2 1  3x  1  3x

(a.) Zeigen Sie, dass die Regel von Bernoulli-de l’Hospital zur Berechnung dieses Grenzwertes angewendet werden darf, und berechnen Sie den Grenzwert mit dieser Regel. (b.) Berechnen Sie den obigen Grenzwert mit elementaren Methoden, also ohne Verwendung der Regel von Bernoulli–de l’Hospital.

Klausur 14.2: Analysis 2 (2. Semester) Aufgabe: Punkte:

 120 Minuten

1 4

2 4

3 5

4 3

5 4

Zum Bestehen sind 8 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: Literatur, Vorlesungsmitschrift, Taschenrechner und Computeralgebrasystem Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt.

Aufgabe 1: Ein Seil mit einer Gesamtlänge L 0.80 m und dem Gewicht FG 20 N hängt anfangs vollständig . über der Tischkante und wird dann ganz auf den Tisch gezogen (vgl. Skizze). Wie groß ist die benötigte physikalische Arbeit W

³

L

F ds ? 0

Hinweis: Die Reibung bei diesem Vorgang darf vernachlässigt werden.

6 4

Klausur 14.2: Analysis 2 (2. Semester)

491

Aufgabe 2: Berechnen Sie eine Potenzreihendarstellung der nicht elementar darstellbaren

³

F  x

Funktion

x 0

ln 1  2t dt t

Wie lautet die Darstellung mit dem Summenzeichen? Wie groß ist der Konvergenzradius r der entstehenden Potenzreihe? Aufgabe 3: Durch die periodische Fortsetzung der Funktion f  x

­0 für 0 d x  ʌ ® ¯1 für ʌ d x  2ʌ

ist auf \ eine Funktion gegeben.

(a.) Skizzieren Sie den Graphen dieser so definierten Funktion. (b.) Zeigen Sie, dass sich die Koeffizienten ck in der komplexen Darstellung der Fourierf

Reihe

f  x 

¦ce k

ikx

berechnen als

ck

k f

­1 °° 2 ®0 °i °¯ kʌ

für k

0

für k gerade und k z 0 für k ungerade

(c.) Berechnen Sie aus dem Ergebnis von Aufgabenteil (b.) die Koeffizienten ak , bk der reellen Fourier-Reihendarstellung f  x 

a0  2

f

¦  a cos kx  b sin kx . k

k

k 1

Aufgabe 4: Gibt es eine zweimal stetig differenzierbare Funktion f : \ 2 o \ , welche die partiellen Ableitungen

f x  x, y

x2  4 y

f y  x, y 3 x 2  y 3

besitzt? Begründen Sie Ihre Antwort.

Aufgabe 5: Bestimmen Sie alle Stellen lokaler Extrema der Funktion f  x, y e12 y  x

2

 y3

und geben Sie jeweils die Art und den Wert des Extremums an. Sind die gefundenen lokalen Extrema global? Begründen Sie Ihre Antwort. Aufgabe 6: Der Durchhang einer Kette ist in einem geeigneten Koordinatensystem durch die Gleichung y a ˜ cosh ax ; a ! 0 gegeben. G

(a.) Geben Sie eine Parameterdarstellung x  t dieser Kurve an. (b.) Zeigen Sie: Die ab x0 0 gemessene Bogelänge s berechnet sich als s a ˜ sinh ax . (c.) Zeigen Sie: Der Krümmungsradius r

1

N

berechnet sich als r a ˜ cosh 2 ax .

492

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Klausur 14.3: Erstes Semester (Grundlagen und Differentialrechnung)

 120 Minuten

Aufgabe Punkte

1 20

2 6

3 4 5 6 21 24 10 14

7 8

8 9 10 11 69 15 22 14

12 35

Zum Bestehen sind 129 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: Ausgegebene Formelsammlung Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt. (kein Taschenrechner)

Aufgabe 1: In der Vorlesung haben Sie die Implikation (Symbol „ Ÿ “) als logische Verknüpfung zweier Aussagen (z.B. „ x “ und „ y “) mit der nebenstehenden Wahrheitstafel kennen gelernt. Stellen Sie nun die Wahrheitstafel für die sog. Kettenfolgerung „ z “ als Funktion der logischen Aussagen „ a “, „ b “, und „ c “ auf, die beschrieben wird durch die Verknüpfung z : ª¬ a Ÿ b š  b Ÿ c Ÿ  a Ÿ c º¼ . Aufgabe 2: Wie lauten die Namen der Mengen

x

y

xŸ y

W W F F

W F W F

W F W W

(a.) _ \ ]

(b.) \ \ _ ?

und

Aufgabe 3: Wandeln Sie die Dezimalzahl 31472 Dez. ins Dualsystem und ins Hexadezimalsystem um. Aufgabe 4: Bestimmen Sie die Lösungsmenge der Ungleichung

1 2

x 3

!

1 4x

2ai1 .

Aufgabe 5: Gegeben sei eine Folge durch die Rekursionsformel a0 2 und ai 100

Berechnen Sie die Summe

¦a . i

i 0

G Aufgabe 6: Sind die drei folgenden Vektoren linear abhängig: a

§1· ¨ ¸ ¨ 2¸ ¨ 3¸ © ¹

G b

§ 3· ¨ ¸ ¨ 4¸ ¨ 5¸ © ¹

G c

§ 6· ¨ ¸ ¨7¸ ? ¨8¸ © ¹

Aufgabe 7: Wandeln Sie die implizit gegebene Funktion x3  ax 2  xy 2  ay 2 0 in die explizite Form um. Aufgabe 8: Kurvendiskussion der Funktion: f  x x 2  e Diskutieren Sie folgende Eigenschaften:

1 x 2



(a.) Definitionsmenge, Polstellen (b.) Maxima und Minima (c.) Ungefähre Handskizze (unter Berücksichtigung der obigen Punkte) (d.) Beschränktheit (kleinste obere Schranke ? / größte untere Schranke ?) (e.) Symmetrieeigenschaften (gerade / ungerade ?) Hinweis: Das Lösen der Aufgabe ist am einfachsten, wenn Sie in der obigen Reihenfolge (a…e) bearbeitet wird.

Klausur 14.4: Zweites Semester (verschiedene Themen)

493

Aufgabe 9: Berechnen Sie das asymptotische Verhalten für x o r f zur Funktion f  x

x 7  3x 6  2 x 4  3x 2  2 2 x5  x 4  x3  x

.

Aufgabe 10: Leiten Sie die nachfolgend genannten Funktionen nach x ab:



(a.) f  x ln  tan  x (c.) f  x

(b.) f  x cosh x 2

1  cos  x

(d.) f  x ln  x ˜ e x .

1  cos  x

Aufgabe 11: Eine Gerade laufe durch die Punkte P1 1;2 und P2  3;5 . Geben Sie die Geradengleichung in der Form y

f  x an.

Aufgabe 12: Zur Herstellung eines Kartons sollen an den Ecken einer quadratischen Pappe mit der Seitenlänge „ a “ vier Quadrate herausgeschnitten werden (Schraffur, Seitenlänge der Ausschnitte = „ x “) Die verbleibenden vier Laschen werden hochgehoben und bilden die Seitenwände des Kartons. (a.) Wie groß müssen die Einschnitte „ x “ gemacht werden, damit der Rauminhalt des Kartons möglichst groß wird? (b.) Wie groß wird dabei das maximal mögliche Kartonvolumen?

Klausur 14.4: Zweites Semester (verschiedene Themen) Aufgabe: Punkte:

 90 Minuten

1 35

2 6

3 8

4 11

5 24

6 20

7 16

8 15

9 15

10 16

Zum Bestehen sind 83 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: nicht grafikfähiger Taschenrechner Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt.

Aufgabe 1: Berechnen Sie bitte die nachfolgenden unbestimmten Integrale: (a.)

³

x ˜ e x dx

(b.)

³

sin  x ˜ e x dx

(c.)

x2  5x  2

³x

2

 8x  7

(d.)

dx 3

Aufgabe 2: Berechnen Sie bitte das bestimmten Integral

³x

2

x

³ ³ x ˜ y dy dx

2

0





 13 ˜ sin x3  x dx

494

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Aufgabe 3: Berechnen Sie bitte die Bogenlänge der Kardioiden für einen ganzen Umlauf 0 d I d 2ʌ . Hinweis: Die Funktion der Kardioiden lautet in Polarkoordinaten r I 1 cos I . 1

Aufgabe 4: Berechnen Sie bitte das uneigentliche Integral

³ ln x dx . 0

Aufgabe 5: Gegeben sind zwei Vektorfelder, eines ist ein Potentialfeld, das andere nicht. JJG F1

§ cos  x  yz · ¨ ¸ xz ¨ ¸ ¨ ¸ xy © ¹

JJG F2

und

§ x2 y · ¨ ¸ ¨ xy 2 z ¸ ¨ ¸ ¨ y2z ¸ © ¹

(a.) Prüfen Sie beide Felder um zu beurteilen, welches das Potentialfeld ist. (b.) Bestimmen Sie zum Potentialfeld des Potential. JJG (c.) Berechnen Sie die Divergenz: div  F2 . Aufgabe 6: In einer Lieferung von 20 Netzteilen sind zwei Schlechtteile enthalten. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass Sie beim Einbau von drei Netzteilen in einem Gerät nur gute Netzteile einbauen? Geben Sie Ihre Antwort als Prozentsatz ohne Nachkommastellen an. (Es sei vorausgesetzt, dass Sie die Netzteile willkürlich aus der Lieferung entnehmen.) Aufgabe 7: Bei einer Stichprobenprüfung von Spannungsquellen erhalten Sie die folgenden 10 Messwerte: Gerät-Nummer Spannung

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

31 V 34 V 29 V 26 V 30 V 32 V 25 V 29 V 34 V 30 V

Beantworten Sie die folgenden Fragen unter der Annahme, dass die Messwerte einer GaußVerteilung folgen. (a.) Mit welchem Mittelwert als Spannungsangabe würden Sie die Geräte verkaufen? (b.) Berechnen Sie das 2V  Konfidenzintervall der Streuung der Einzelwerte der Stichprobe in Bezug auf deren Mittelwert. (c.) Geben Sie das Intervall an, innerhalb dessen der Mittelwert der gesamten Produktion (aller Geräte) mit 99.7% Wahrscheinlichkeit liegen sollte. (Die Ergebnisse dürfen Wurzeln enthalten.) Aufgabe 8: Durch den ohm’schen Widerstand R r 'R fließe in der Zeit t 12.0 r 1.0 sec. die Ladung von Q  0.2 r 0.01 C . Über dem Widerstand messen Sie dabei die Spannung U

 5.0 r 0.2 V . Dem Vorgang liegt das physikalische Gesetz U

R˜I

Q

R ˜ T zugrunde.

Berechnen Sie die Werte für R und 'R . Berücksichtigen Sie dabei die Einheiten. (Bei der Angabe des Ergebnisses genügt die Rundung auf ganze Zahlen.)

Klausur 14.5: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen)

495

Aufgabe 9: Sie sehen auf dem Oszilloskop den nebenstehenden periodischen Spannungsverlauf. Bitte berechnen Sie den Effektivwert der Spannung U eff ?

Aufgabe 10: Gegeben sei eine Funktion z : \ 2 o \ mit z  x; y : sin  x  cos  y Frage: Liegt im Punkt P0

 ʌ2 ; ʌ

ein Minimum, ein Maximum, ein Sattelpunkt oder keines

von alledem vor? Geben Sie Ihre Antwort mit Begründung.

Klausur 14.5: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen)

 120 Minuten

Aufgabe: Punkte:

1 37

2 16

3 24

4 17

5 36

6 9

7 13

8 19

9 12

10 17

Zum Bestehen sind 100 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: Ausgegebene Formelsammlung Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt. (kein Taschenrechner)

Aufgabe 1: Führen Sie die nachfolgend genannten komplexzahligen Berechnungen durch. Geben Sie in allen Fällen die Ergebnisse in der algebraischen Darstellungsform an. (Es ist i

1 ):

(a.)

3  7i 2  5i

(d.)

i

i˜ ʌ (b.) §¨ 3 ˜ e 6 ·¸ ?

? ?

©



(c.) sin i ˜ ʌ2

¹

?

(Hauptwert und Nebenwert angeben.)

(e.) ln 1 ? (Hauptwert und alle Nebenwerte angeben.) f

Aufgabe 2: Berechnen Sie die Summe

¦e

n

? .

n 1

Aufgabe 3: x eine Näherung an, die Sie als nach dem dritten (a.) Geben Sie für die Funktion y Glied abgebrochene Taylorreihe berechnen, und zwar mit dem Entwicklungspunkt x0 1 .

(b.) Berechnen Sie nach dieser Näherungsformel numerisch den ungefähren Wert für

2.

Aufgabe 4: Nachfolgend sind einige Grenzwerte zu berechnen, die Sie zum Teil direkt ausrechnen können, zum Teil auch mit der Regel von L’Hospital. Führen Sie in allen Fällen die richtige Berechnung durch: (a.) lim x k ˜ e  x ( k  `; k const. ) x of

x2  7 xo 1 x  3

(b.) lim

x2  2 x x o0 4 ˜ sin  x

(c.) lim

Aufgabe 5: Berechnen Sie die nachfolgend gefragte Laplace-Transformierte und die Laplace-Rücktransformierten. (Die Transformationsvariable ist mit „ p “ bezeichnet.) (a.) ? o—•

p 1 p2

(b.) Z02 ˜ sin Z0 ˜ t o—• ?

(c.) ? o—•

1 p ˜ p2 p2  1

496

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Aufgabe 6: Lösen Sie mit Hilfe der Laplace-Transformation die Differentialgleichung y ' 7 y 0 mit der Anfangsbedingung y  0 3 . Aufgabe 7: Bestimmen Sie ohne Kenntnis der Randbedingung die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 3 y ˜ y ' 6 x 2 0 . Aufgabe 8: (a.) Geben Sie für die nachfolgende homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung die Lösung an. (Hinweis: Verwenden Sie Lösungsansätze aus der Formelsammlung.) (b.) Verifizieren Sei die gefundene Lösung durch Einsetzen in die Differentialgleichung. Die zu lösende Differentialgleichung lautet y ' '  4 y ' 3 y 0 §1 2·

§ 1 2 3· Aufgabe 9: Führen Sie die Matrixmultiplikation aus: ¨¨ 3 4 ¸¸ ˜ ¨ ¸ ? ¨5 6¸ © 4 5 6¹ ©

¹

§ 1 2 3·

Aufgabe 10: Betrachten Sie die Matrix A ¨¨ 4 5 6 ¸¸ ¨5 7 9¸ © ¹

(a) Berechnen Sie die Determinante dieser Matrix. (b) Bestimmen Sie den Rang dieser Matrix.

Klausur 14.6: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen) Aufgabe: Punkte:

 90 Minuten

1 22

2 9

3 16

4 17

5 22

Zum Bestehen sind 68 Punkte erforderlich. Hilfsmittel: Ausgegebene Formelsammlung und ausgegebener Taschenrechner Ergebnisse ohne Lösungsweg werden nicht anerkannt.

Aufgabe 1: Prüfen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz: f

(a.)

¦  1 n ˜ n 0

f

n

(b.)

2

n 1

n

¦2 n 0

n

f

(c.)

n 1

¦n n 1

f

Aufgabe 2: Berechnen Sie

¦e

n

.

n 1

Aufgabe 3: Entwickeln Sie f  x

1

1  x 2

in eine Mac Laurin-Reihe.

2

6 30

7 20

Klausur 14.6: Drittes Semester (anwendungsnahe Themen)

497

Aufgabe 4: Entwickeln Sie die nebenstehende Funktion (sie sei periodisch fortgesetzt auf \ ) in eine FourierReihe. (Das Ausrechnen der Fourier-Koeffizienten a0 , an , bn genügt.)

Aufgabe 5: Bestimmen Sie zu der nebenstehend abgebildeten Funktion die Fourier-Transformierte.

Aufgabe 6: Berechnen Sie die nachfolgenden Laplace-Hin- bzw. Rück-Transformierten. (Die Transformationsvariable ist mit p bezeichnet.) (a.) t 2 o—• ?

unter Verwendung der Integration im Originalraum, ausgehend von der Transformation t o—•

(b.) ? o—• (c.) ? o—•

5p  4 2

p  3 p  10

1 2

p  2p 8

1 p2

mit Hilfe einer Korrespondenztabelle mit Hilfe einer Korrespondenztabelle.

Aufgabe 7: Lösen Sie die Differentialgleichung y ' 2 y 2t  4 mit Hilfe der Laplace-Transformation. Als Anfangsbedingung sei gegeben: y  t 0 1 . Kontrollieren Sie das Ergebnis zur Probe durch Einsetzen in die Differentialgleichung.

498

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Klausur 14.7: Erstes Semester (Master / Bachelor-Programm)

 90 Minuten

Aufgabe: Punkte:

1a 6

1b 2

2 8

3a 4

3b 4

Zum Bestehen sind 10 Punkte erforderlich.

Aufgabe 1: (a.) Gegeben ist ein Tetraeder mit den Ecken

 3,1,  1 ,

A

B

1, 0,1 ,

C

 5, 3,1 ,

D

 4,1, 2

(i) Man bestimme die Länge h der Höhe des Tetraeders durch D . (ii.) Man bestimme das Volumen des Tetraeders. (iii.) Man bestimme den Winkel zwischen den durch die Punkte A , B , C und A , B , D aufgespannten Ebenen. G G G (b.) Man zeige die Gültigkeit der folgenden Beziehung für beliebige Vektoren a , b , c des \3 : G

G

G

 aG  b   aG  cG u b   aG u b cG

Es darf keine Komponentenschreibweise verwendet werden.

Aufgabe 2: Mit Hilfe des Gauß’schen Algorithmus bestimme man, für welche reellen Werte D und E das System 2 x1  x2 x1  2 x2 x2

 x3  2 x3 x3

 x4  D x4

0 0 0

E

(i) eine eindeutige Lösung (man berechne diese), (ii) mehrere Lösungen (man gebe die allgemeine Lösung an), (iii) keine Lösung besitzt. Aufgabe 3: (a.)

(i.) Mittels Polynomdivision und anschließender Partialbruchzerlegung berechne man

³

x3  x 2  3x  12 x2  x  6

dx .

(ii.) Man führe im folgenden Integral die Substitution t : e x durch:

³

2 ˜ e2 x  3e x  2 e2 x  e x  2

dx

Das Integral ist nicht weiter auszuwerten.

(b.) Man berechne das Volumen und die Oberfläche des Körpers, der entsteht, wenn die Fläche zwischen den Graphen der Funktionen f  x sin  x und g  x 2ʌx im Intervall ª¬0; ʌ2 º¼ um die x  Achse rotiert.

Klausur 14.8: Zweites Semester (Master / Bachelor-Programm)

499

Klausur 14.8: Zweites Semester (Master / Bachelor-Programm) Aufgabe: Punkte:

 90 Minuten

1a 3

1b 5

2a 4

2b 4

3a 3

3b 3

3c 2

Zum Bestehen sind 10 Punkte erforderlich.

Aufgabe 1: Man löse die folgenden Anfangswertprobleme (a.) y ' 1  x  y 2  xy 2 , y  2 1 (b.) y '

cos  ln  x y ˜e x

y §¨ e ©

,

 ʌ2

· ¸ ¹

 ln 2

Hier ist das in der Variablen x auftretende Integral mittels der Substitutionsregel ( ln x t ) zu bestimmen. Aufgabe 2: G

(a.) Man berechne die Länge L  a der Kurve r  t

 e2t ˜ cos t ; e2t ˜ sin t , 0 d t d a

Was ergibt sich für lim L  a ? a of

(b.) Gegeben ist die Polarkoordinatendarstellung U M sin 3M , 0 d M d ʌ3 , einer Kurve. (i) Man skizziere die Kurve. (ii) Man berechne den Inhalt A der von der Kurve eingeschlossenen Fläche. (iii) Man gebe eine Formel zur Berechnung des Tangentenvektors und bestimme diesen für M ʌ6 Aufgabe 3: (a.) Man bestimme den stationären Punkt der Funktion f  x, y

4e x

2

 y2

 x 2  y 2 und klassifiziere diesen.

(b.) Man berechne das Taylorpolynom zweiten Grades p2  x, y für die Funktion f  x, y

 2 x  3 y ˜ sin  3x  2 y im Punkt  0 , 0 .

(c.) Man bestimme die Richtungsableitung von f  x, y, z ln  ln  ln  x  y  z im Punkt

 e , e  1, e in Richtung des Vektors

G a

 2,3, 6 .

Welches ist der maximale Wert der Richtungsableitung in diesem Punkt?

500

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Lösungen zur Klausur Nr. 14.1 Aufgabe 1: Die Skizzen der genannten Funktionen werden anbei gezeigt. Markante Punkte sind mit Abkürzungen markiert: x0

Nullstellen

xP

Polstellen

xMax , xMin xW , xS xSeP

Maxima, Minima

Wendepunkt, Sattelpunkte Scheitelpunkt einer Parabel

Aufgabe 2: Es gilt N  t N0 ˜ eO t Ÿ

N t N0

e O t , wo Werte für

N t N0

gegeben sind.

Nach der Halbwertszeit T0.5 sind 50% der Substanz übrig, nach der Zeit T0.1 sind 10% der Substanz übrig, weil dann 90% zerfallen sind. Also setzen wir ein: ln

½

Nach t T0.5 ist

N t N0

1 2

eO ˜T0.5 Ÿ ln  12 O ˜ T0.5 °°

Nach t T0.1 ist

N t N0

1 10

eO ˜T0.1 Ÿ ln  101

ln

Auflösen nach T0.1 Ÿ T0.1 T0.5 ˜

¾ Ÿ O ˜ T0.1 °° ¿

ln

 12

T0.5

O

ln

 101

T0.1

 101 | 19034.65 Jahre für die gefragte Zeit. ln  12

ln

TR

Aufgabe 3: Aus der Forderung der Stetigkeit bestimmen wir die Konstante a an der ersten Fallgrenze:  x2  2 x  a

3 bei x

0 Ÿ  02  2 ˜ 0  a

3 Ÿ a

3

Lösungen zur Klausur Nr. 14.1

501

Die Konstante b bekommen wir aus der Differenzierbarkeit an der zweiten Fallgrenze:



d  x2  2 x  a dx



d b ˜ sin  x  3 Ÿ  2 x  2 b ˜ cos  x bei x dx 

0 Ÿ  2 b ˜1 Ÿ b

2

Die Steigung bei x0 0 können wir wegen der Differenzierbarkeit z.B. (willkürlich) aus der



Parabel berechnen: d  x 2  2 x  a dx

x

0

0

2 x  2 x

2 = Wert der Steigung bei x0

0

0

0.

Aufgabe 4: Sollen sich die beiden Funktionen bei x0 1 schneiden, so müssen sie dort denf 1

selben Funktionswert haben:

11

g 1 1 ˜ ln

a und

a˜e a

Also schneiden sich f  x und g  x im Punkt  x0 ; y0

 11  a

a . Dies ist der Fall.

1; f 1 1; g 1 1; a

Zur Bestimmung des Schnittwinkels berechnen wir die Tangentensteigungen beider Kurven: f ' x

a˜e

x 1 a

˜ 1a



e

f '  x 1 ˜ ln 1x  x ˜

x 1 a

1 1

x

˜ x

11

f ' 1

Ÿ 2

a˜e a

e0

1 Ÿ Steigungswinkel M f



ln 1x  1 Ÿ g ' 1

ln

 11  1

Mg

1 Ÿ

45q

arctan(1)

arctan(1)

Der Schnittwinkel ist die Differenz der beiden Steigungswinkel 'M M f  M g

45q

90q .

Aufgabe 5: Die besprochene Vierecksfläche FV ist die Summe der Rechtecksfläche FR (des links im Kreis eingeschriebenen Rechtecks) und der Dreiecksfläche FD (welches im Kreis rechts neben dem Rechteck eingeschrieben ist). (a.) Mit x cos D und y sin D (da wir im Einheitskreis arbeiten) geben wir die Flächen an:

FR

Ÿ FV

x˜ y

FR  FD

sin D ˜ cos D

und

FD



1 1 x ˜ y 2



1 1  cos D ˜ sin D   2

sin D ˜ cos D  12 sin D  12 sin D cos D



1 sin D ˜ 1  cos D   2



(b.) Das Maximum suchen wir als Nullstelle der Ableitung (abgeleitet mit Produktregel): d F D dD V 

1 cos D  1 cos D ˜ cos D  1 sin D ˜ sin D  2   2   2   

1cos D 2

1˜ 2

1 cos D  1 cos 2 D  1  1 cos 2 D  2  2 2  2

cos 2 D  12 cos D  12   

  

z2

0

1 ˜z 2

Die quadratische Gleichung können wir nach Substitution z : cos D mit pq-Formel lösen: z 2  12 z  12

0 Ÿ z1,2

 14 r

1 16

 12

 14 r

9 16

 14 r

3 4

­° z1 1 Ÿ ® 1 °¯ z2  2

Wegen 0 d D d 90q macht nur die Lösung z2 Sinn, nicht z1 . Ÿ z2 Die Fläche des Vierecks für D

60q beträgt FV ,max



1 2

 cos D Ÿ D

1 sin 60q ˜ 1  cos 60q   2



3˜ 3 8

.

60q .

502

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Dass das gefundene Extremum ein Maximum ist, sagt eigentlich schon die Anschauung. Der Vollständigkeit halber wollen wir dies aber noch anhand der zweiten Ableitung nachweisen: d2 F D  dD 2 V

2 ˜ cos D ˜ sin D  12 sin D

TR

D 60q

| 1.299  0 , also ist dort ein Maximum.

(c.) Das gefundene Maximum ist nicht nur ein lokales, sondern sogar ein absolutes, denn für alle x  \ ist f  x d f  60q . Diese Aussage lässt sich auch begründen: Da die Winkelfunktionen nach oben beschränkt sind (und somit auch FV D ), müsste es sofern bei 60° kein absolutes Maximum vorläge, noch ein Maximum mit höheren Funktionswerten geben. Dafür käme nach  nur D 60q oder D r180q in Frage. Jedoch ist FV  r180q

 83 ˜ 3 . Keiner dieser Werte übersteigt jedoch FV  60q , folg-

0 und FV  60q

lich muss das Maximum bei D

60q ein absolutes sein.

Aufgabe 6: (a.) Es gilt lim sin  x  x 2 0 x o0

und

lim 1  3x  1  3x

x o0

0

Man sieht: Da sowohl der Zähler als auch der Nenner des Bruches in der Aufgabenstellung gegen Null geht, darf die L’Hospital’sche Regel angewandt werden. Dies tun wir im Folgenden: lim

x o0

sin  x  x 2

lim

1  3x  1  3x lim

x o0 3 ˜ 1 ˜ 2

cos  x  2 x

L . Hosp .

1  3x

x o0 3 ˜ 1 ˜ 2

 12

cos  0

1  0

 12

  3

˜ 12 ˜

1  0

 12

  3 ˜ 12 ˜ 1  3 x lim

x o0 3 ˜ 1 2

1  3 ˜ 12

 12

1 3

(b.) Als Vorarbeit vereinfachen wir den Nenner, und zwar durch Erweiterung des Bruches: 1 1  3x  1  3x ˜ 1  3x  1  3x 1  3x  1  3x

1  3x  1  3x 1  3x  1  3x

1  3x  1  3x 6x

Damit können wir nun zwei Grenzwerte betrachten, deren Addition uns später zum gewünschten Ergebnis führen wird. Den ersten dieser beiden Grenzwerte finden wir aufgrund der Kenntnis von lim

lim

x o0

sin  x 1  3x  1  3x

lim

sin  x ˜



1  3x  1  3x



6x

x o0

lim

sin  x ˜ 2

x o0

6x

sin  x

x o0

x

sin  x 2 ˜ lim 6 x o0 x

1 3

Der zweite dieser beiden Grenzwerte lässt sich wie folgt berechnen: x2 lim x o0 1  3 x  1  3 x

lim

x o0

x2 ˜



1  3x  1  3x



6x

Die Addition ist nun kein Problem mehr: lim

x o0

x2 ˜ 2 x o0 6 x lim

2 x2 ˜ lim 6 x o0 x

sin  x  x 2 1  3x  1  3x

1 0 3

2 ˜ lim x 6 xo0 1 3

0

1

Lösungen zur Klausur Nr. 14.2

503

Lösungen zur Klausur Nr. 14.2 Aufgabe 1: Die Kraft, die auf das Seil wirkt, ist F  s

³

Wir integrieren W

L

F ds

0

FG ˜ L

³

L

s L

FG L2 ˜ L 2

FG ª 1 2 º L ˜ s L ¬ 2 ¼0

s ds

0

˜ Fg (mit s 1F 2 G

0...0.80 m ). 1 ˜ 20 N 2

˜L

˜ 0.80m 8 J

Aufgabe 2: Als Vorarbeit entwickeln wir g  t ln 1  2t in eine Potenzreihe g t

ln 1  2t

Ÿ g 't

Ÿ g  0 0

2 ˜ 1  2t

Ÿ g ''  t

1

4 ˜ 1  2t

Ÿ g '''  t

2

16 ˜ 1  2t

n Ÿ g  t

Ÿ g ' 0

2

Ÿ g ''  0

4

3

..... n Ÿ g   0

 1 n 1 ˜ 2n ˜  n  1 !˜ 1  2t  n

 1 n 1 ˜ 2n ˜  n  1 !

Aufgrund dieser Ableitungen schreiben wir die Reihe auf (wegen g  0 0 entfällt der Summand mit n 0 ) : f

g t

¦

n g  0

n 1

n!

f

¦  1

˜ tn

n 1

˜ 2n ˜

 n  1 ! ˜ t n n!

n 1

f



¦  2

n

n 1

Gliedweise Division durch t führt nun zur Reihe f  t

1 ˜ ˜t n n

g t

ln 1  2t

t

t

f



¦  2 n 1

Integriert wird ebenso gliedweise: x

F  x

³

x

f  t dt

0

f

³¦ 

0

n 1

f

1  2 n ˜ ˜ t n 1dt n



¦

x n

 2 ˜

n 1

1 n ˜t n˜n

0

f

Der Konvergenzradius der Reihe

¦a

n

f



¦  2 n 1 n

˜ x n lautet mit an

  2 ˜

n 1

r

a lim n n of an 1

2n ˜

1 n2 n of 2n 1 ˜ 1 ( n 1)2

lim

lim

n of

( n  1) 2 2˜n

2

lim

n of

n 2  2n  1 2˜n

2

1 n2

n

˜

1 n

2

˜ xn .

:

1 . 2

Da der Entwicklungspunkt bei x0 0 liegt, ist die Konvergenz sicher für x  @0;1> . Aufgabe 3: (a.) Die gefragte Skizze:

n

1 ˜ ˜ t n 1 . n

504

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

(b.) Die komplexwertige Fourier-Entwicklung lautet: c0

ck

1 ˜ T

1 ˜ T

2ʌ

1 ˜ 1dx 2ʌ

³ f  x dx

T

³

f  x ˜ e

1 2ʌ ˜ > x @ʌ 2ʌ

³ ʌ

ikx

1 ˜ 2ʌ

dx

T

2ʌ

³

e ikx dx

ʌ

Wegen ei ˜2ʌk 1 für alle k z 0 und

ck

­ 1 ˜ 1 ˜ 1  1 für gerade k ° 2ʌ ik ®1 1 ¯° 2ʌ ˜ ik ˜ 1   1 für ungerade k

2ʌ-ʌ 2ʌ

1 2

(für k 0 )

2ʌ

1 ª 1 º ˜ ˜ eikx » 2ʌ «¬ ik ¼ʌ ei ˜ ʌk

1 § 1 1 · ˜¨ ˜ e i ˜2ʌk  ˜ e i ˜ ʌk ¸ ik 2ʌ © ik ¹

­1 für gerade k fassen wir zusammen: ® ¯1 für ungerade k

°­0 für gerade k ® i für ungerade k °¯ ʌ k

(für alle k z 0 )

(c.) Die Koeffizienten einer reellwertigen Fourier-Reihe berechnen wir daraus wie folgt: c0

a0 2

ak

ck  ck

bk

i ˜ ck  ck

Ÿ a0



2c0

1

­°0  0 für gerade k ½ ® i  i für ungerade k ¾ 0 ¿ °¯ ʌ k ʌ k



­i ˜ 0  i ˜ 0 für gerade k ° ® i i °¯i ˜ ʌ k  ʌ k für ungerade k





(für alle k z 0 ) °­0 für gerade k ® 2 für ungerade k °¯ ʌ k

(für alle k z 0 )

Aufgabe 4: Die Differentialform f x  x, y dx  f y  x, y dy ist integrabel (d.h. es existiert eine Stammfunktion), wenn die Integrabilitätsbedingung Diese prüfen wir:

w f x  x, y wy

w f y  x, y erfüllt ist. wx

w ½ f x  x, y 4 ° Wegen der Ungleichheit der beiden Ausdrücke wy ° ¾ Ÿ ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt. w f y  x, y 6 x ° °¿ wx

Also gibt es keine zweimal stetig differenzierbare Funktion mit den in der Aufgabenstellung genannten partiellen Ableitungen. Aufgabe 5: Weil die Exponentialfunktion streng monoton steigend ist, liegen die Extrema des Exponenten bei denselben x  Werten wie die Extrema der gesamten Funktion f  x, y . Außerdem findet man auch Maxima als Maxima wieder und Minima als Minima. Der Arbeitseffizienz halber suchen wir also bei f  x, y e g  x, y mit g  x, y 12 y  x 2  y 3 die Extrema der Funktion g  x, y . Notwendige Bedingung für die Existenz solcher charakteristischer Punkte ist das Verschwinden der partiellen Ableitungen:

Lösungen zur Klausur Nr. 14.2 g x  x, y

505

Ÿ Nullstelle bei x

2 x

g y  x, y 12  3 y 2

0 , y beliebig

Ÿ zwei Nullstellen bei y

r2 , x beliebig

Eigentlich ist dies ein Gleichungssystem aus zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten, welches wir lösen müssen. Da facto aber sind die beiden Gleichungen entkoppelt, sodas uns das Lösen besonders leicht fällt: 1. möglicher charakterist. Punkt bei x1 0 , y1 2 2. möglicher charakterist. Punkt bei x2 0 , y2 2 Die hinreichende Bedingung für Extrema und Sattelpunkte untersuchen wir anhand der '  Diskriminante. Diese berechnen wir allgemein für g  x, y 12 y  x 2  y 3 zu '

g xx  x, y

g xy  x, y

g yx  x, y g yy  x, y

'  x1 ; y1 12 y1

2 0 0 6 y

und setzen die Werte der charakterist. Punkte ein:

12 y

 x1 ; y1 , kein Extremum

24  0 Ÿ Sattelpunkt bei P1

'  x2 ; y2 12 y2

24 ! 0 Ÿ Extremum P2

 x1 ; y1

Die Art des Extremums findet sich aus g xx  x2 , y2 2  0 Ÿ relatives Maximum bei P2 . Zusatzfrage: Ist dieses Extremum lokal oder global? Anwort: Es ist nur lokal, nicht global. Begründung: Für y o f geht f  x, y e12 y  x

2

 y3

o f und übertrifft damit jedes relative

Maximum. §

G Aufgabe 6: (a.) Eine mögliche Parametrisierung lautet s  t ¨¨

1 a

˜t

¨ a ˜cosh ©

 t a2

· Dies ließe sich ¸ graphisch leicht ¸ ¸ kontrollieren. ¹

(b.) Die Bogenlänge ab x0 0 berechnen wir mit der Bogenlängen-Formel: x

L x

³

x 2

1   f ' [ d[

x0

2

³

  ˜ [

1  a ˜ sinh

a

1 a

x

2

d[

x0

x

[ ³ cosh  d[ a

x0

a ˜ sinh

x

 d[ ³

[ 1  sinh 2 a

³

x0

 [

a

x

a ˜ sinh x0

r

3

2

3

 

ªcosh 2 x º a ¼ ¬ 1 ˜ cosh x a a

2

[

a

x0

ª «1  ¬

dy 2 º dx »

3

 ¼ d2y dx 2

2

.

Setzen wir y a ˜ cosh  ax und ihre Ableitungen y ' sinh  ax und y ''

 ax º¼  ax

 d[

 ax

(c.) Der Krümmungsradius berechnet sich zu r

ª1  sinh 2 ¬ 1 ˜ cosh a

cosh 2

 ax 1 ˜ cosh x a a cosh 3

a ˜ cosh 2

 ax

1 a

˜ cosh

 ax

ein, so folgt

506

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Lösungen zur Klausur Nr. 14.3 Aufgabe 1: Wir bauen die Wahrheitstafel schrittweise auf, sodass mit jeder Spalte eine Verknüpfung hinzugefügt wird: a

b

c

aŸ b

bŸ c

(a Ÿ b) š (b Ÿ c)

aŸ c

W W W W F F F F

W W F F W W F F

W F W F W F W F

W W F F W W W W

W F W W W F W W

W F F F W F W W

W F W F W W W W

:  1

:  2

 1

Ÿ  2

W W W W W W W W =z

Offensichtlich ist „z“ für sämtliche möglichen Eingangszustände „wahr“ und somit bewiesen. Aufgabe 2: (a.) Gebrochene Zahlen (= echte, teilerfremde Brüche) (b.) irrationale Zahlen Aufgabe 3: Wir wenden das Horner-Schema an: 31472 15736 7868 3934 1967 983 491 245 122 61 30 15 7 3

: 2 = 15736 : 2 = 7868 : 2 = 3934 : 2 = 1967 : 2 = 983 : 2 = 491 : 2 = 245 : 2 = 122 :2= 61 :2= 30 :2= 15 :2= 7 :2= 3 :2= 1

1

:2=

R0 R0 R0 R0 R1 R1 R1 R1 R0 R1 R0 R1 R1 R1

0 R1

Leserichtung der Reste von unten nach oben

Ÿ 31472Dez. 111 0000  Dual. N 1010 NN N 1111 7

A

F

0

o7AF0 Hex.





Aufgabe 4: Mit einer Kehrwertbildung lassen sich die Brüche beseitigen. Dazu benötigen wir eine Fallunterscheidung: Fall 1Æ x  0 und Fall 2Æ x ! 0 (Der Fall x 0 taucht nicht auf, da hierbei einer der Nenner zu Null werden würde.)

Zu Fall 1 x  0 Æ Hier ist

1 x2 3

positiv, aber

1 4x

diesem Fall erfüllt („positiv ist größer als negativ“).

negativ, also ist

1 x2 3

! 41x für alle x in

Lösungen zur Klausur Nr. 14.3

507

Zu Fall 2 x ! 0 Æ Hier sind beide Seiten der Ungleichung positiv, also dreht die Kehrwert1

bildung das Relationszeichen um:

x2  3

1 4x

!

x2  3  4 x Ÿ

Ÿ

x2  4 x  3  0

­x 1 2r 43 Ÿ ® 1 ¯ x2 3

Die beiden Nullstellen von x 2  4 x  3 lauten (pq-Formel): x1,2

Da die Parabel x 2  4 x  3 nach oben geöffnet ist, sind alle x  Werte zwischen den beiden Nullstellen kleiner als Null, dies sind alle x  @ 1 ; 3 > . Da diese x  Werte positiv sind, sind sie in Fall Nr.2 enthalten, folglich sind sie Bestandteil der Lösungsmenge. Die gesamte Lösungsmenge setzt sich aus Fall 1 und 2 zusammen:  2ai1

Aufgabe 5: Wenn ai 1 2 ist, dann ist ai 100

Die gefragte Summe ist also lediglich

22

^x |  x  0 › 1  x  3 `

2 . Also sind alle



i` 0

ai

2.

100

¦ ¦2 i 0

202 .

101 ˜ 2

ai

i 0

Aufgabe 6: Wir berechnen das Spatprodukt als Determinante: 1 3 6 2 4 7 3 5 8

1 ˜  32  35  2 ˜  24  30  3 ˜  21  24

3  12  9

0.

Da die drei Vektoren einen Spat vom Volumen Null aufspannen, sind sie linear abhängig. Aufgabe 7: Wir müssen die Gleichung aus der Aufgabenstellung nach y auflösen: x3  ax 2  xy 2  ay 2

0 Ÿ

x3  ax 2

Ÿ

 xy 2  ay 2

x3  ax2  x  a

y2

  x  a ˜ y2

x 2 ˜ aa  xx Ÿ y r x ˜ aa  xx

Aufgabe 8:

(a.) Definitionsmenge  \ , keine Polstellen (b.) Die Suche nach Extrema bereiten wir durch zweimaliges Ableiten der Funktion vor: f  x

x 2  e1 x

2

1 x ˜  2 x 2

Ÿ Ÿ

f ' x

2x  e

f ''  x



2 ˜ 1  e1 x

2



˜  2 x

2 x ˜ 1  e1 x

 2 x ˜  e

1 x

2

2

2

2  2 ˜ e1 x  4 x 2 ˜ e1 x

Notwendige Bedingung für Extrema sind Nullstellen der ersten Ableitung f '  x : Eine Nullstelle ist bei x1 0 ; Weitere Nullstellen sind bei 1  e1 x

2

0 Ÿ e1 x

2

ln

1 Ÿ 1  x2

­x 0 Ÿ ® 2 ¯ x3

1 1

2

508

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Zur hinreichenden Bedingung überprüfen wir noch das Nichtverschwinden von f ''  x : TR

2  2e1  0

f ''  x1

f ''  0

f ''  x2

f ''  1

2  2e 0  4 ˜ e 0

224

4 ! 0 Ÿ Minimum bei x2

f ''  x3

f ''  1

2  2e 0  4 ˜ e 0

224

4 ! 0 Ÿ Minimum bei x3

2  2e | 3.4366  0 Ÿ Maximum bei x1

(c.) Zum Erstellen der Skizze berechnen wir die Positionen der markanten Punkte und tragen diese ein: 02  e10

2

f  x1

f 0

 0; e , Maximum

f  x2

f  1 1  e0

2 Ÿ P1

 1;2 , Minimum

f  x3

f  1 1  e0

2 Ÿ P1

 1;2 , Minimum

e Ÿ P1

(d.) Nach oben ist die Funktion nicht beschränkt, nach unten aber doch. Die größtmögliche untere Schranke lautet x 2 . Der Wertebereich ist also $ ^ x | x t 2` (e.) x 2 ist gerade, das Argument der e-Funktion 1  x 2 auch Ÿ f  x zeigt gerade Symmetrie. Aufgabe 9: Dazu führen wir eine Polynomdivision durch

 x7  3x6  

x7  12 x6  12 x5





5 4 3  3x2  2 : 2 x  x  x  x

2 x4

7 x4

1 x2  7 x  5  8 2 4 8

5 x5  1 x 4 4 4 5 x5  5 x 4 4 8 7 x4 8

geht gegen 0 für x of

2

 12 x3  19 x2 4 

5 x3 8



 89 x3  19 x 2  85 x  2 4

4 2 x5  x   x3  x



 12 x3

7 x 6  1 x5  2 x 4  1 x3  3 x 2 2 2 2 7 x 6  7 x5  7 x 4  74 x 2 2 4 4





2 5 8

x

Ÿ also ist lim f  x x orf

1 x2  7 x  5 2 4 8

 89 x3  19 x 2  85 x  2 4

Aufgabe 10: (a.) f '  x

1 §d ˜ ¨ tan tan x © dx cos x 1 ˜ sin x cos 2 x



(b.) f '  x sinh x 2 ˜ 2 x

1 § d sin x · ˜¨ ¸ tan x © dx cos x ¹ 1 sin x ˜ cos x

· x¸ ¹

1 cos x ˜ cos x  sin x ˜   sin x ˜ tan x cos 2 x

Lösungen zur Klausur Nr. 14.4

509

(c.) f '  x

1 cos x ˜  sin x 1 cos x ˜ sin x 1  cos x 2

(d.) f '  x

1 ˜ e x  ln x ˜ e x x

 sin x  sin x˜cos x  sin x  sin x˜cos x

1  cos x

2

2˜sin x

1  cos x 2

 ln x  1x ˜ e x

Aufgabe 11: Wir setzen die beiden Punkte in die Gleichung einer Geraden f  x a x  b ein P1 P2

1; 2  3;5

f 1 a ˜ 1  b 2 f  3 a ˜ 3  b 5

Ÿ Ÿ

und subtrahieren die Gleichungen voneinander

Ÿ a ˜ 1  3  0 ˜ b

25 Ÿ a

3 2

Einsetzen von a in Glg. 1 liefert: 3 ˜ 1  b 2 Ÿ b 1 Ÿ y 2

3 x  1 als Geradengleichung 2 2

2

2

Aufgabe 12: Der Rauminhalt des Kartons beträgt V  x  a  2 x ˜ x 4 x3  4ax 2  a 2 x 1 a2 0 Extrema können liegen V '  x 0 , also bei 12 x 2  8ax  a 2 0 Ÿ x 2  23 ax  12

­ x1 1 a ° 6 Ÿ ® °¯ x2 12 a Welcher von beiden Werten führt zum gesuchten Maximum? Einsetzen in V '' sagt uns

Die pq-Formel liefert : x1,2

a2  a2 9 12

1ar 3

 V ''  a2

24 x  8a Ÿ V ''  x1 V '' a6

V ''  x

V ''  x2 1a 6

Die Einschnitttiefe x1 trägt dann V

1ar 3

4a 2 3a 2 36

1ar 1a 3 6

24 ˜ a6  8a

4 a  0

l Maximum

24 ˜ a2  8a

4a ! 0

l Minimum

führt also zum gesuchten Maximum des Volumens. Dieses be-

 16 a  a  2 ˜ 16 a

2

 32 a

˜ 16 a

2

˜ 16 a

2 a3 . 27

Lösungen zur Klausur Nr. 14.4 Aufgabe 1:

(a.) Mit partieller Integration:

x

³ Nx ˜ eN dx u

v'

x x Nx ˜ eN  C1  1N ˜ eN dx u

³

v

u'

x ˜ e x  e x  C2

v

(b.) Man muss zweimal partiell integrieren (unterschieden durch die Indizes 1 und 2):

³

x sin Nx ˜ eN dx u1

v'1

x sin Nx ˜ eN  C1  u1

x

v1

x

³

x cos Nx ˜ eN dx

u'1 = u 2 v1 = v'2

x

ª º x x »C sin x ˜ e x  «cos x ˜ e   sin x ˜ e dx 2 N N 

«N » v v 2 2 u'2 ¬« u 2 ¼»

³

x

x

³ sin x ˜ e dx sin x ˜ e  cos x ˜ e  ³ sin x ˜ e dx  C Addition von ³ sin x˜e dx zur Gleichung Ÿ 2 ˜ sin x ˜ e dx  sin x  cos x ˜ e  C Ÿ ³ ³ sin x ˜ e dx 12 sin x  cos x ˜ e  C

Ÿ

2

x

x

x

2

x

3

(c.) Man arbeitet mit Partialbruchzerlegung, da der Integrand unecht gebrochen ist, muss eine Polynomdivision vorgeschaltet werden.

510

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Die vorgeschaltete Polynomdivision: 

x

2



2

 5x  2 : x  8x  7



Die Faktorisierung des Nenners:

3x  5

1

2

x  8x  7

x2  8x  7

x2  8x  7

0 Ÿ

2

Ÿ

x  8x  7

x1.2

4 r 16  7

4r3

 x  1 ˜  x  7

0  3x  5

Den echt gebrochenen Anteil führen wir nun der Partialbruchzerlegung zu. Da wir zwei reelle Nullstellen haben, lautet der Ansatz: 3x  5 x2  8x  7

A B  x  7 x 1

A ˜  x  1  B ˜  x  7  x  7 ˜  x  1

Die Koeffizienten bestimmen wir durch Einsetzen von xx

A ˜  7  1  B ˜  7  7 Ÿ 16

7 o 3˜ 7  5

A ˜ 1  1  B ˜ 1  7 Ÿ  2

x x 1 o 3 ˜1  5

6A Ÿ

A

6 B Ÿ

B

8 3 1 3

und

Damit können wir das Integral aus der Aufgabenstellung zerteilen und vereinfachen x2  5x  2

³x

2

 8x  7

³

dx

8

1 dx 

³ x7 3

1

dx 

³ x  1 dx 3

, sodass es lösbar wird und

mit den beiden Substitutionen t : x  7 Ÿ dt dx x 2 5 x  2

8 1

1 1

v : x  1 Ÿ dv

dx , und zwar

³ x 8x  7 dx ³1dx  3 ³ t dt  3 ³ v dv

8 1 8 1 x  ln  t  ln  v  C1 x  ln  x  7  ln  x 1  C2 3 3 3 3

(d.) Mit der Substitution t : x3  x Ÿ

dt dx

3x 2  1 Ÿ





2

³x

2





³ sin t ˜ 13 dt

 13 ˜ sin x3  x dx

1 ˜  cos t  C  1 3

 x2  13 dx 13 dt erhalten wir  13 ˜ cos  x3  x  C2

Aufgabe 2: Integriert wird von innen nach außen, also sieht die Lösung wie folgt aus: 3

3

x

³ ³

2

³

x ˜ y dy dx

x

x ˜ ª 12 y 2 º dx ¬ ¼0

2

0

3

³

2

3

x ˜ ª 12 x 2  0 º dx ¬ ¼

³

1 x3 dx 2

2

Aufgabe 3: Das neben stehende Bild der Kardioiden gibt eine Vorstellung über die zu integrierende Linie. Wir wollen über M 0...ʌ integrieren um Probleme mit Periodizitäten der Winkelfunktionen zu vermeiden (wir integrieren also über eine Hälfte der Kardioiden) und setzen damit die typische Bogenlängenberechnung in Polarkoordinaten an: ʌ

L1

2

³ 0

 r M

2

2

 dM

 ddrM

3

ª 1 x4 º ¬ 8 ¼ 2

34 (2)4  8 8

65 8

Lösungen zur Klausur Nr. 14.4 ʌ

Ÿ L1

2

 r M

³

2

2

ʌ

1  cos M 2    sin M 2 dM

0

ʌ

Ÿ L1

ʌ

2

 dM ³

 ddrM

0

511

³ 0

ʌ

M

2 ˜ 2˜cos 2 2 dM 0 0   

³

2 ˜ 1 cos M dM

³

nach dem Additionstheorem 2˜cos2

Ÿ L1

2



4 ˜ sin ʌ2  4 ˜ sin  0

1  2 cos M  cos 2 M  sin 2 M dM  

1

0

ʌ

2  2 cos M dM

³

ʌ

³ 0

M M ʌ 2˜cos 2 dM ª 4˜sin 2 º »¼ 0 ¬«





 M2 1 cos M

4 für die Länge der halben Kardioide.

Die Bogenlänge der gesamten Kardioide lautet somit L 2 ˜ L 1 2 8 Aufgabe 4: Wir lösen die Aufgabe in zwei Schritten.

Schritt 1 Æ Auffinden der Stammfunktion mittels partieller Integration

³ N1 ˜ lnNx dx u'

v

x ˜ ln x ˜ 1x dx N Nx  C1  N N u

³

v

u

x ˜ ln x  x  C2

v'

Schritt 1 Æ Einsetzen in das unbestimmte Integral 1

³

§ · § · ¨ 1 ˜ ln 1  1¸  lim ¨ O ˜ ln O  O ¸ ¨ N ¸ O o 0 ¨¨  N ¸¸ © 0 ¹ ©  1 ,s.u. o 0 ¹

1

ln x dx

0

lim

O o0

³O

1

lim > x ˜ ln x  x @O

ln x dx

O o0

Den Grenzwert von  1 berechnen wir nach der Regel von L’Hospital lim O ˜ ln O

O o0

lim

O o0

ln O 1

O

1

1

L'Hosp.

lim

O

O o 0  12 O

lim  O

O o0

0 und erhalten so

³ ln x dx

1  0

1

0

Aufgabe 5: (a.) Ein Potential existiert, wenn das Feld integrabel ist. Dies ist der Fall, wenn es rotationsfrei ist. Wir berechnen also zu beiden Feldern die Rotation:

JJG rot F1

JJG rot F2

JG JJG ’ u F1

§ wF1, z wF1, y ·  ¨ ¸ wz ¸ ¨ wy ¨ wF wF ¸ ¨ 1, x  1, z ¸ wx ¸ ¨ wz ¨ wF1, y wF ¸ 1, x ¨ ¸  ¨ wx w y ¸¹ ©

§ wF2, z wF2, y ·  ¨ ¸ wz ¸ ¨ wy ¨ wF wF ¸ ¨ 2, x  2, z ¸ wx ¸ ¨ wz ¨ wF2, y wF ¸ 2, x ¨ ¸  ¨ wx y ¹¸ w ©

§ x x· ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ y  y¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨zz¸ © ¹

§ 2 yz  xy 2 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 00 ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨¨ 2 ¸ 2 ¸ © y zx ¹

G 0

G z0

Die Rotation verschwindet.  Das Feld ist wirbelfrei. Das Feld ist ein Potentialfeld.

Die Rotation verschwindet nicht für alle x, y , z.  Das Feld enthält Wirbel. Das Feld ist kein Potentialfeld.

512

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

JJG

(b.) Das Potential bestimmen wir also zum Feld F1 , hier mit wegunabhängiger Integration:

³ F dx ³  cos x  yz dx sin x  xyz  C  y, z ½°° ° ¾ ³ F dy ³ xz dy xyz  C  x, z ° ° F dz xy dz xyz  C  x, y °¿ ³ ³

V

x

V V

1

y

2

z

3

Übereinstimmung der drei Rechenwege tritt ein für C1 c ; C2 sin x  c ; C3 sin x  c Das Potential lautet dann: V x ˜ y ˜ z  sin x  c

JJG

(c.) Die Divergenz von F2 lautet: JJG div F2

JG JJG ’ ˜ F2

wF2, x wx



wF2, y wy



wF2, z wz

w 2 w 2 w x y xy z  y 2 z wx wy wz

2 xy  2 xyz  y 2

Aufgabe 6: Das Entnehmen der Netzteile erfolgt ohne Wiederholung, wobei die Reihenfolge der Entnahme keine Rolle spielt. Es handelt sich um Kombinationen ohne Wiederholung.

Die Zahl der Möglichkeiten, überhaupt 3 Netzteile aus 20 zu entnehmen beträgt 20! 18 ˜ 19 ˜ 20 1140 . 3!  20  3 ! 1˜ 2 ˜ 3

 3 C20

Die Zahl der Möglichkeiten, 3 Netzteile aus den 18 Guten zu entnehmen (nach Aussortieren der beiden Schlechten) beträgt 18! 16 ˜ 17 ˜ 18 3! 18  3 ! 1˜ 2 ˜ 3

 3 C18

816 .

Die gefragte Wahrscheinlichkeit ist der Quotient

 3 C18  3 C20

816 TR | 72% . 1140

Aufgabe 7: (a.) Der Erwartungswert der Gauß-Verteilung beträgt 10

U

1 ˜ 10

¦U

1 ˜ 31  34  29  26  30  32  25  29  34  30 V = 30V 10 

i

.

i 1

(b.) Gefragt ist die Standardabweichung der Gauß-Verteilung. Ihr Quadrat, die Varianz ist 10

V2

1 ˜ 10

¦ U  U

1 ˜ 1  16  1  16  0  4  25  1  16  0 V 2 = 80 V 2 10  10

2

i

i 1

Wurzelziehen führt zur Standardabweichung: V

V2

8 V2 .

TR

8V 2

8 V | 2.83V TR

Das gefragt 2V - Konfidenzintervall lautet also ª¬ U  2V ; U  2V º¼ | > 24.34 V ; 35.66 V @ . (c.) Gefragt ist das 3V - Konfidenzintervall des Mittelwertes der Grundgesamtheit. Dieses können wir nur als Schätzwert angeben. Das zugehörige V U lautet:

V U2

1 N ˜  N  1

N

¦ U  U i

i 1

2

V2

8V 2

 N  1

9

Ÿ VU

TR

1 ˜ 8 V | 0.94 V 3

Lösungen zur Klausur Nr. 14.4

513

Da das 3V - Intervall der Streuung des Mittelwertes relativ zur Grundgesamtheit gefragt ist,





TR



geben wir es an mit ª¬ U  3 ˜ V U ; U  3 ˜ V U º¼ ª 30  8 V ; 30  8 V º | ª¬ 27.17 V ;  32.28 V º¼ ¬

¼

Aufgabe 8: Der Wert für R berechnet sich durch simples Einsetzen der Zahlen aus der Auf-

gabenstellung: R U , t , Q

U ˜t Q

5.0 V ˜ 12.0sec. 0.2 C

300 : .

Die Berechnung der statistischen Unsicherheit ' R soll mit Gauß’scher Fehlerfortpflanzung durchgeführt werden:

 'R

2

2

· § wR · § wR · § wR ˜ 'U ¸  ¨ ˜ 't ¸  ¨ ˜ 'Q ¸ ¨ w U w t w Q © ¹ © ¹ © ¹

2

2

2 2 · §t · §U · § U ˜t ˜ 'Q ¸ ¨ ˜ 'U ¸  ¨ ˜ 't ¸  ¨¨ 2 ¸ Q Q © ¹ © ¹ © Q ¹

2 2 · § 12 sec. · § 5V · § 5 V ˜ 12 sec. ¸ 0.01C ˜ 0.2 V ¸  ¨ ˜ 1sec. ¸  ¨ ˜ ¨ 2 ¸ © 0.2 C ¹ © 0.2 C ¹ ¨©   0.2 C ¹

2

2

12 : 2   25 : 2   15 : 2

994 : 2

TR

'R

994 : | 31.5 :

Bei der Angabe des Ergebnisses wird die Unsicherheit auf zwei signifikante Stellen gerundet: R

 300 r 32 :

Aufgabe 9: Der Effektivwert ist (siehe Formelsammlung) derjenige Mittelwert einer periodi2 : schen Funktion mit der Definition U eff

1 ˜ T

³U

2

 t dt (mit

Dauer einer Periode).

T

T

Um dieses Integral berechnen zu können, müssen wir die Funktion im Integranden (die in einem Bild gegeben ist) für eine Periode in einen mathematischen Ausdruck fassen: 2U 0 ˜t T   

U t

für tª¬  T2 ;  T2 º¼

Ÿ

³

T

U

2

 t dt

4U 02 T2

­ 2U 0 T °° T ˜ t für t  ¬ª  2 ; 0 ¼º ® ° 2U 0 ˜ t für t  ª 0;  T º 2¼ ¬ °¯ T T 2

˜

³

T 2

4U 02 ª T 3 º ˜« » t dt T 2 ¬« 3 ¼»

T 2

2

T 2

Ÿ U 2 t

4U 02 T2

˜ t2

für t  ª¬  T2 ;  T2 º¼

4U 02 § T 3 T 3 · 1 2 U 02 1 2 2 ˜  Ÿ ˜ U T U U t dt ¨ ¸  eff 0 3 T T 2 ©¨ 3 ˜ 8 3 ˜ 8 ¹¸ 3 T

³

1U 3 0

Durch Wurzelziehen erhalten wir nun den gefragten Effektivwert: U eff wz wx

Aufgabe 10: Notwendige Bedingung für Extrema ist

dies in dem zu untersuchenden Punkt P0 :

wz wx

cos x P

wz wy

 sin y P

cos

0

0

wz wy

0 und

 ʌ2

und

0

 sin  ʌ

0

.

0 . Wir überprüfen

514

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Da die notwendige Bedingung erfüllt ist, könnte in P0 ein Extremum oder ein Sattelpunkt vorliegen. Wir überprüfen dies anhand der '  Diskriminante: '

z xx

z xy

z yx

z yy

 sin x 0  cos y 0

sin x ˜ cos y Ÿ ' P

sin

0

 ʌ2 ˜ cos  ʌ

 1 ˜  1  0

Da die '  Diskriminante negativ ist, liegt im Punkt P0 ein Sattelpunkt vor.

Lösungen zur Klausur Nr. 14.5 Aufgabe 1: (a.) Wir erweitern mit dem komplex Konjugierten des Nenners

 3  7i ˜  2  5i  2  5i ˜  2  5i

6  14i  15i  35i 2 4  25

6  i  35 29

41 1  ˜i 29 29

(b.) Die Euler-Formel liefert 3˜e

   i ˜ sin  3 ˜ 

i ˜ 16 ʌ

3 ˜ cos

ʌ 6

ʌ 6

3 4

 i ˜ 12



27 4

 32 ˜ i



(c.) In Formelsammlungen findet man die komplexe Sinus-Funktion und erhält § ei ˜ ʌ2 ˜i  e i ˜ ʌ2 ˜i i ˜ ¨ ¨ 2 ©



sin i ˜ ʌ2

· ¸ ¸ ¹





i  ʌ2  ʌ TR ˜ e  e 2 | 0  i ˜ 2.3012989 2

(d.) Eine Quadratwurzel hat einen Hauptwert und einen Nebenwert:

 i e 

i ˜  ʌ2  2 nʌ

­

Ÿ  i 12 ei˜  ʌ2  2nʌ ˜ 12 °e ®



i ˜  ʌ4

°ei ˜ ¯

 Hauptwert,

 ʌ4  nʌ

da n

0

 Nebenwert, da n 1

Wir müssen noch in die algebraische Darstellung umwandeln: ­ i ˜  ʌ4 cos  ʌ4  i ˜ sin  ʌ4 °e ® ʌ °ei ˜  4  nʌ cos 3ʌ  i ˜ sin 3ʌ 4 4 ¯

 

 i

 

1 2

i˜



1 2

1 2

i˜

1 2

(e.) Da auch Nebenwerte gefragt sind, benutzen wir die Periodizität der Exponentialfunktion:



i ˜ 0  2 nʌ ln 1 ˜ e 

ln 1



0  i ˜  0  2nʌ

­0 ® ¯i ˜ 2ʌn

Hauptwert, für n

0

Nebenwerte, für n z 0

Aufgabe 2: Bei dieser Summe handelt es sich um eine geometrische Reihe mit a1

1 e

, q

1 e

, an

f

¦e n 1

n

lim a1 ˜

n of

 1e

qn  1 q 1

n

. Wir setzen in die Summenformel der geometrischen Reihe ein:

lim a1 ˜

n of

e n  1 e

1

1

1 0  1 1 ˜ e 1 1 1 e e

1 TR | 0.5819767 e 1

Lösungen zur Klausur Nr. 14.5

515

Aufgabe 3: Da nur drei Summanden der Reihe gefragt sind, müssen wir nicht einen allgemeinen Ausdruck für die n-te Ableitung finden. Vielmehr ist eine Beschränkung auf die Funktion und ihre ersten beiden Ableitungen ausreichend: 1

y  x y ' x

1˜x 2

y ' ' x

 12

 14 ˜ x

 32

1

y  x0 12

1

Ÿ

y '  x0

 12

1 ˜1 2

Ÿ

y ' '  x0

 14 ˜ 1

Ÿ

x2

1 2  32

 14

Dies setzen wir in die Entwicklungsformel für Taylorreihen ein und erhalten y  x

y  x0  y '  x0 ˜  x  x0  12 y ''  x0 ˜  x  x0

2 | y  x

(b.) Für x 2 gibt die Näherung

  x  1 2

2

1  12 ˜  x  1  12 ˜  14

 18 ˜ 22  43 ˜ 2  83

 81 x 2  43 x  83

11 8

Aufgabe 4: Man prüfe die Voraussetzungen für die Anwendung der L’Hospital’schen Regel.

(a.) lim x k ˜ e x x of

e x L ' Hosp. lim  k x of x   

" 00 "

e  x lim . . . . x of  x  k 1   

e x x of k ! lim

0

k-maliges Anwenden von L'Hospital

x2  7 12  7 lim xo 1 x  3 xo 1 1  3   

8 2

(b.) lim

x 2  2 x L ' Hosp. 2x  2 lim x o 0 4 ˜ sin  x x o 0 4 ˜ cos  x  

2 4

(c.) lim

4

Zähler o 8 ; Nenner o  2 Ÿ kein Fall für L'Hospital



1 2

" 00 "

Aufgabe 5: (a) Rücktransformation:

p 1 p

p

2

p

2



1 p

1 1  2 p p N N

2

•—o1

Z0 s Z02

(b.) Mit Korrespondenztabelle: Z02 ˜ sin Z0 ˜ t Z02 ˜  

2

Z

°­ p  1 °½ Ÿ $ 1 ® 2 ¾ 1  t ¯° p ¿°

•—o t

^

`

Ÿ $1 Z02 ˜ sin Z0 ˜ t

Z03 2

s  Z02

•—o 2 0 2 s Z 0

(c.) Hier ist das Faltungsprodukt bequem anzuwenden: Korrespondenztabelle Ÿ

1 p

2

•—o t

t

f1  t f 2  t

³

f1  t und

p 2

p 1

•—o cos  t

f 2  t . Damit falten wir

t

f1  u ˜ f 2  t  u du

0

t t

ªu ˜   sin  t  u º   sin  t  u du ¬ ¼0 0 0   

³

u ˜ cos  t  u du

³

partielle Integration t

t

ªu ˜   sin  t  u º  ª¬cos  t  u º¼ ¬ ¼0 0

t ˜ sin  0  0 ˜ sin  u  cos  0  cos  t 1  cos  t

Aufgabe 6: Wir transformieren die Dgl. in den Bildraum und lösen sie dort: 0 o—• p ˜1  p  y  0  7˜1  p y'  7y   

  

o—• p ˜1  p  y  0 o—• 7˜1  p

0 Ÿ 1  p ˜  p  7

y 0 3 Ÿ 1  p

3 p7

516

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Die Rücktransformation (mittels Korrespondenztabelle) liefert die Lösung im Originalraum: 3 •—o 3 ˜ e 7t p7

1 s

als Lösung der Differentialgleichung.

f t

Aufgabe 7: Hier ist das Verfahren der Variablentrennung anzuwenden: 3 y y ' 6 x 2

0 Ÿ 3y

³ 3 y dy ³ 6 x

Ÿ

2

dy dx

6 x2 3 2

dx Ÿ

6 x 2 dx

Ÿ 3 y dy

y2

Es folgt die Integration

2 x3  C1 Ÿ

y2

4 x3 3

 C2

Ÿ

y

r

4 x3 3

 C2

Aufgabe 8: (a.) Den Lösungsansatz für eine lin. hom. Dgl. 2. Ordnung entnimmt man einem Tabellenwerk. Eine Tabelle der Lösungsansätze findet man bei der Lösung zu Aufgabe 12.8.

Die allgem. Form der Dgl. ist y '' a ˜ y ' b ˜ y 0 , unsere Aufgabe lautet y '' N 4 y'  3 y 0 N b 3

a 4

Wegen

2

a 4

a2 4

 a2 r

O 1/ 2

16 4

b

7 ! 0 ist der Lösungsansatz y  x C1 ˜ eO 1 x  C2 ˜ eO 2 x mit

  3

b

­°O 2  7  2  2 r 4  3 Ÿ ® 1 Ÿ y  x C1 ˜ e 2 7 O   °¯ 2



7 ˜x

 2  7 ˜ x

 C2 ˜ e

(b.) Die Verifikation der Lösung geschieht durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl.:

 2  7 ˜ x  C

y  x C1 ˜ e

2

 2  7 ˜ x

˜e









Ÿ

y '  x C1 ˜ 2  7 ˜ e

Ÿ

y ''  x C1 ˜ 2  7

2

für die Lösung aus Aufgabenteil (a.)

 2  7 ˜ x  C

˜e

2





˜ 2  7 ˜ e

 2  7 ˜ x  C

2˜

 2  7

 2  7 ˜ x

2

 2  7 ˜ x

˜e

?

Einsetzen in die Differentialgleichung y '' 4 y ' 3 y 0 liefert (mit „ 0 “ in der Bedeutung „zu verifizieren“):



˜ e 2 7 ˜ x  C2 ˜  2  7 ˜ e 2 7 ˜ x  4 ˜ C1 ˜  2  7 ˜ e 2  2  7 ˜ x  3 ˜ C ˜ e 2  7 ˜ x  3 ˜ C ˜ e 2 7 ˜ x ? 0  4 ˜ C2 ˜  2  7 ˜ e 1 2

C1 ˜ 2  7

2

2



7 ˜x

Sortieren nach Exponenten der Exponentialfunktion ergibt: § C1 ˜ ¨ 2  7 ©





2

·  2   4˜ 2  7  3 ¸ ˜ e ¹







7 ˜x

§  C2 ˜ ¨ 2  7 ©





2

·  2   4˜ 2  7  3 ¸ ˜ e ¹







7 ˜x ?

0

Ausrechnen der großen Klammern führt zur nachfolgend gezeigten Verifikation: § · 2    4 ˜ 7   8  4 ˜ 7  3 ¸ ˜ e C1 ˜ ¨ 4 7  ¨ ¸ 0 © ¹



7 ˜x

§ · 2    C2 ˜ ¨ 4  4 ˜ 7   8  4 ˜ 7  3 ¸ ˜ e 7  ¨ ¸ 0 © ¹



7 ˜x ?

0

Lösungen zur Klausur Nr. 14.6

517

Aufgabe 9: Die Matrixmultiplikation sei ohne viel Erklärung vorgeführt. 2  10 3  12 · §1 2· § 1 8 ¨ ¸ § 1 2 3· ¨ ¸ ¨ 3 4 ¸ ˜ ¨ 4 5 6 ¸ ¨ 3  16 6  20 9  24 ¸ ¹ ¨ 5  24 10  30 15  36 ¸ ¨ ¸ © ©5 6¹ © ¹

§ 9 12 15 · ¨ ¸ ¨ 19 26 33 ¸ ¨ 29 40 51 ¸ © ¹

Aufgabe 10: Am einfachsten löst man die Aufgabe, wenn man als Vorarbeit die Matrix nach dem Gauß-Algorithmus umformt. ½ ° m  4 ˜ Zeile 1° m  5 ˜ Zeile 1° ° ° 1 2 3 ° 0 3 6 ¾ 0 3 6 m  Zeile 2 ° ° ° 1 2 3½ ° ° 0 3 6 ¾  1 ° ° 0 0 0 °¿ ¿

§1 2 ¨ A ¨4 5 ¨5 7 ©

3· ¸ 6¸ 9 ¸¹

Die Determinante der Matrix ist Null, was man sieht, wenn man *1 nach der letzten Zeile entwickelt. Ÿ Der Rang rg  A ist deshalb kleiner als 3. Entwickelt man eine Unterdeterminante, z.B. links oben in  *1 1 2 0 3

3  0 z 0 ,

so sieht man, dass der Rang rg  A mindestens 2 sein muss. Wenn nun 2 d rg  A  3 ist, so ist rg  A 2.

Lösungen zur Klausur Nr. 14.6 Aufgabe 1: (a.) Alle Bedingungen des Leibniz-Kriteriums sind erfüllt, wie man sieht:

• Es liegt eine alternierende Reihe vor (Vorzeichen  1 n ). n 2 n of n 1

lim 1 1 n of n  n

• Die Folgeglieder konvergieren gegen Null, denn es gilt lim

lim 1 n of n

0 .

• Das streng monoton fallende Verhalten der Folgeglieder sieht man aus der Überlegung an 1  an

n 1  n  n 1 2 1 n2 1

 n 1 ˜ n2 1  n˜  n 1 2 1

 n 1 1 ˜ n 1 2

n3  n 2  n 1 n3  2 n 2  2 n n 2  2 n  2 ˜ n 2 1





  n  2n  2 ˜ n 1

n3  n 2  n 1 n˜ n 2  2 n  2





2

2

 n 2  n 1 n 2  2 n  2 ˜ n 2 1





2

 0 ab n t 2

Also ist die Reihe konvergent.

(b.) Mit dem Quotientenkriterium sieht man lim

an1

n of an

n1 2n1 n n of 2n

lim

lim

 n 1 ˜2n

n of n˜2

n 1

n 1 n of 2 n

lim

1 1n n of 2 n

lim

1 2

1

Also ist die Reihe konvergent.

(c.) Zu dieser Reihe geben wir eine divergente Minorante an. Es gilt

n 1 ! n n2 n2

f

Da die Summe

¦ n 1

1 n

. f

1 n

divergiert, divergiert nach dem Minorantenkriterium auch

¦ nn1 2

n 1

518

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Aufgabe 2: Bei dieser Summe handelt es sich um eine geometrische Reihe mit a1

1 e

1 e

, q

f

¦e

n

lim a1 ˜

n of

n 1

 1e

, an

qn  1 q 1

n

. Wir setzen in die Summenformel der geometrischen Reihe ein: e n  1

lim a1 ˜

n of

e

1

1 0  1 1 ˜ e 1 1 1 e

1

e

1 TR | 0.5819767 e 1

Aufgabe 3: Wir beginnen mit der Systematik der Ableitungen (Entwicklungspunkt x0 0 ): f  x

Ÿ

1  x 2 3

1  0 2

Ÿ

f  x0

Ÿ

f '  x0

2 ˜ 1  0

1 3

f ' x

2 ˜ 1  x

f ''  x

 2 ˜  3 ˜ 1  x 4

Ÿ

f ''  x0

 2 ˜  3 ˜ 1  0 3

f '''  x

 2 ˜  3 ˜  4 ˜ 1  x 5

Ÿ

f '''  x0

 2 ˜ 3 ˜ 4 ˜1  0 4

f

n

n

 x  1 ˜  n  1 ! ˜ 1  x

n2

Ÿ

f

n

2 6 24

n

 x0  1 ˜  n  1 !

Diese setzen wir in die Formel der MacLaurin-Reihe ein f

f  x

¦

f

n f   x0 ˜ xn n!

 1 n ˜ n 1 !

¦

n 0

n!

f

˜ xn

n 0

¦  1

n

˜  n  1 ˜ x n und erhalten so das Ergebnis.

n 0

Aufgabe 4: Wir fassen die zu entwickelnde Funktion in einen mathematischen Ausdruck,

gültig für eine Periode:

­c für  a d t d  a ® ¯0 sonst

f t

Darauf basierend bestimmen wir die Fourier-Koeffizienten: a0

an

2 ˜ T 2 ˜ T

a

2 ˜ T

a

³

f  t dt

³

f  t ˜ cos  nZ0t dt

a

³ c dt

a

2 a ˜ > ct @ a T 2 ˜ T

a

³ c ˜ cos  nZ t dt 0

a T 2c ˜ ªsin  nZ0 a  sin   nZ0 a º¼ nZ0T ¬

bn

2 ˜ T

³ f t ˜ sin  nZ t dt 0

T

2 ˜ T

2 ˜ 2ca T

³ c ˜ sin  nZ t dt 0

2c ˜ ª  cos  nZ0 a  cos   nZ0a º¼ nZ0T ¬

a 2c ª 1 ˜ nZ sin  nZ0t º « » ¼ a T ¬ 0

4c ˜ sin  nZ0 a nZ0T

a

a

4ac T

a 2c ª 1 ˜ nZ cos  nZ0t º « » 0 ¬ ¼ T a

0 , wie erwartet, da die Funktion gerade Symmetrie aufweist.

Lösungen zur Klausur Nr. 14.6

519

Aufgabe 5: Die in der Aufgabenstellung gegebene Funktion wird beschrieben durch ­ 2A ˜ t für 0 d t d T2 ° T ® 2A T °¯2 A  T ˜ t für 2 d t d T

f t

Zum Ausführen der Fourier-Transformation berechnen wir ihr komplexwertiges Integral: T 2

f

F Z

³

f t ˜ e

iZt

T

2 A ˜ t ˜ e iZt dt T N N v' u 0

³

dt

f

³ 



iZt  2 A ˜ 1  Tt ˜ eN dt 

v' T u

2

Beide Integrale werden nun partiell integriert. T

F Z

T

T T ª º 2 ª º2 2 A ˜ « t ˜ 1 ˜ e iZ t »  2 A ˜ 1 ˜ 1 ˜ e iZ t dt  2 A ˜ « 1  t ˜ 1 ˜ e iZ t »  2 A ˜ 1 ˜ 1 ˜ e  iZ t dt « 

T «N  iZ  T iZ  T  iZ  T  iZ  N N

»

»

T «¬ u »¼ T «¬ u »¼ 0 0 u' v v v v 2 u'



³



³

2

ª T « T T 2 A ˜ T ˜ e iZ 2  0  2 A ˜ ª 1 ˜ e iZ t º 2  2 A ˜ 0  1  T ˜ 1 ˜ e iZ 2 « iZ 2iZ 2T T iZT ¬ iZ ¼0 «   

1 2 ¬«





A ˜e  iZ

iZ T2



 i2ZAT ˜  i1Z ˜e

iZ T2



1  2 A˜  iZ

T

1 ˜ 1 ˜e iZ 2 2 iZ





2 A ˜ § 1 ˜e iZT T ¨  iZ 2

©

º T » ª iZ t º »  2TA ˜ « 1 2 ˜ e » » ¬  iZ ¼ T2 ¼» 

1

 iZ

2

˜e

iZ T2

· ¸ ¹

Zusammenfassen liefert das Endergebnis: T

iA ˜ e iZ 2

Ÿ F Z 2A

Z 2T

Z



˜ 2˜e

iZ T2



2A

Z 2T

˜e

iZ T2





2A

Z 2T

2A

e iZT 1

Ȧ2 T

 iA ˜e Z

iZ T2





2A

Z 2T

˜ eiZT 

iZ T



˜ e iZT 2 ˜ e 2  1  

2A

Z 2T

2A

Z 2T



˜ e

˜e

iZ T2

iZ T2



2

1

2. Binomische Formel

Aufgabe 6:

(a.) Aufgrund der Vorgabe der Aufgabenstellung bauen wir auf, auf der Transformation f  t t o—• F  p t

1

³W dW o—• p ˜ F  p 0

1 p2

und integrieren im Originalraum:

t 1 1 Ÿ ª 12 W 2 º o—• ˜ ¬ ¼0 p p2

Ÿ

1 t2 2

 0 o—•

1 p3

Ÿ t 2 o—•

2 p3

(b.) Mit einer Partialbruchzerlegung bringen wir die Funktion im Bildraum in eine Form, die man in Korrespondenztabellen findet. Wir beginnen mit der Suche der Nennernullstellen mit Hilfe der pq-Formel: p 2  3 p  10

0 Ÿ

p1,2

 32 r

9 4



40 4

 23 r 72

Ÿ

p 2  3 p  10

 p  2 ˜  p  5

520

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Ÿ Ansatz für Partialbruchzerlegung

Bestimmung der Koeffizienten:

5p  4

A  p  5  B ˜  p  2  p  2 ˜  p  5

A B  p2 p5

2

p  3 p  10

Bei p 2 Ÿ 10  4 A ˜ 7  0 Ÿ A

6 7

Bei p 5 Ÿ  25  4 B ˜  7  0 Ÿ B

29 7

Damit formuliert sich die Laplace-Rücktransformation wie folgt: F  p

5p  4

6 7

p 2  3 p  10

p2



29 7

p5

 29 ˜ e5t 7

6 ˜ e 2t 7

•—o f  t

(c.) Mit quadratischer Ergänzung sehen wir sofort die Faktorisierung des Nenners F  p

1

1 p 2 N •—o g1  t

p2  2 p  8

˜ e2t

1 und berechnen dann das Faltungsprodukt: p 4 N •—o g 2  t e4 t

t

F  p •—o f  t

t

³ g u ˜ g e ˜ ˜e 1

2

 t  u du

0

4t

1 6

t

³e

2u

˜e

4  t  u

du

e

4t

˜ e6u du

³

0

6t



1 ˜ e0 6



t

e4t ˜ ª 16 ˜ e6u º ¬ ¼0

0

1 ˜ e 2t 6



1 ˜ e 4t 6

Aufgabe 7: Wir transformieren die Differentialgleichung in den Bildraum y'  2y   

  

o—• p ˜1  p  y  0 o—• 2˜1  p Ÿ

 p  2 ˜ 1  s

2 p2



2t  N 4 o—• p ˜ 1  s  y  0  2 ˜ 1  p N N

o—•

2 p2

o—• 4p

4 1 Ÿ 1  p p

1

2 p2 ˜  p  2  

 1 siehe unten



2



p2

4 p

und lösen sie dort:

4 1  p ˜  p  2  p  2     

e2t 4˜ 12 1 e2t





Zur Rücktransformation finden wir zwei der drei Summanden in der Korrespondenztabelle von Kapitel 15.3. Den Summand  1 jedoch müssen durch eine Berechnung rücktransformieren. Wir gehen über das Faltungsprodukt: Mit

1 p2

g1  t und

•—o t

1 p2

•—o e 2t

g2 t

stellen wir dieses auf und lösen das sich ergebende Integral mit partieller Integration: Ÿ

1 p2 ˜  p  2

t

•—o

³

t

0

t

t

2 u ³ t  u ˜ e du

g1  t  u ˜ g 2  u du t

0 t

ª t ˜ e2u º  ªu ˜ 1 ˜ e 2u º  ¬ 2 ¼ 0 ¬ 2 ¼0

³

1 e 2u du 2

³

t

t ˜ e 2u du  u ˜ e2u du

³

0

0

t

t

0

t ˜ e 2 t 2

 2t  2t e2t  0  14 ˜ e2t  14

t 2

t

ª t ˜ e2u º  ªu ˜ 1 ˜ e2u º  ª 1 ˜ e2u º ¬ 2 ¼ 0 ¬ 2 ¼0 ¬ 4 ¼0

 14 ˜ e 2t  14

Multiplikation mit 2

Lösungen zur Klausur Nr. 14.7 2

Ÿ

p2 ˜  p  2

521

•—o t  12 ˜ e 2t  12

Damit fassen wir die Rücktransformation des 1  p zur Lösung der Dgl. zusammen: 1  p

2 p 2 ˜ p  2



4 p ˜ p  2



1

 p  2





•—o y  t t  12 ˜ e2t  12  2 ˜ 1  e2t  e2t

 12 e2t  t 

3 2

Die Kontrolle der Lösung durch Ableiten und Einsetzen in die Dgl. sieht so aus:  12 e2t  t  32

y t y ' 2 y

Ÿ

y ' t

e 2t  1

 e2t  1  2 ˜   12 e2t  t  32

e2t  1  e 2t  2t  3 2t  4

Æ passt.

Lösungen zur Klausur Nr. 14.7 Aufgabe 1: (a.) Die dem Punkt D gegenüberliegende Grundfläche wird aufgespannt durch JJJG JJJG die Punkte A, B, C , also durch die Vektoren AB und AC . Ist O der Koordinatenursprung, so lauten diese beiden Vektoren: § 1 3 · JJJG JJJG ¨ ¸ OB  OA ¨ 0  1 ¸ ¨ ¸ ©1   1 ¹

JJJG AB

§ 2 · ¨ ¸ ¨ 1 ¸ ¨ ¸ © 2¹

und

JJJG AC

§ 5  3 · JJJG JJJG ¨ ¸ OC  OA ¨ 3  1 ¸ ¨ ¸ ©1   1 ¹

§ 8 · ¨ ¸ ¨ 2 ¸. ¨ ¸ © 2¹

Eine mögliche Normale auf dieser Fläche geben wir als deren Kreuzprodukt an: G n ABC

§ 2 · § 8 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 1 ¸ u ¨ 2 ¸ ¨ 2¸ ¨ 2¸ © ¹ © ¹

§ 2  4 · ¨ ¸ ¨ 4  16 ¸ ¨ 4  8 ¸ © ¹

§ 6 · ¨ ¸ ¨ 12 ¸ . ¨ 12 ¸ © ¹

Ihr Betrag lautet G n ABC

 6 2   12 2   12 2 JJJG

18 .

G

(i.) Die Höhe des Tetraeders berechnen wir als Projektion des Vektors AD auf n ABC . Den Rechenweg hierzu findet man in Aufgabe 4.12. Wir setzen sofort die Werte ein: h

JJJG JJJG G n ABC ˜ OD  OA G n ABC





§ 6 · § 4  3 · 1 ¨ ¸ ¨ ¸ ˜ 12 ¸ ˜ ¨ 1  1 ¸ 18 ¨¨ ¸ ¨ ¸ © 12 ¹ © 2  1 ¹

§ 6 · § 7 · 1 ¨ ¸ ¨ ¸ ˜ 12 ¸ ˜ ¨ 0 ¸ 18 ¨¨ ¸ ¨ ¸ © 12 ¹ © 3 ¹

42  0  36 18

Die Höhe des Tetraeders ist natürlich der Betrag dieses Wertes, also h (ii.) Das Volumen eines Tetraeders ist laut Formelsammlung V



1 . 3

1 . 3

1 ˜ Grundfläche < Höhe . 3

Da

der Betrag des Kreuzproduktes zweier Vektoren der von ihnen aufgespannten Fläche entG spricht, ist in unserer Aufgabe V 13 ˜ n ABC ˜ h 13 ˜ 18 ˜ 13 2 . (iii.) Der Schnittwinkel zwischen den beiden Flächen ist derselbe wie der Schnittwinkel zwiG schen den beiden Flächennormalen (vgl. Aufgabe 4.16). Wir bestimmen noch n ABD :

522

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

§ 2 · § 4  3 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 1 ¸ u ¨ 1  1 ¸ ¨ 2 ¸ ¨ 2 1 ¸ © ¹ © ¹ G Den Schnittwinkel M der beiden Flächennormalen n ABC G G G G larprodukt: n ABC ˜ n ABD n ABC ˜ n ABD ˜ cos M

JJJG JJJG AB u AD

G n ABD



JJJG JJJG JJJG JJJG OB  OA u OD  OA



§ 6 · ¨ ¸ ¨ 12 ¸ ¨ 12 ¸ © ¹

G G n ABC ˜ n ABD G G n ABC ˜ n ABD

Ÿ cos M



2

2

 6   12   12

§ 2 · § 7 · § 3  0 · § 3 · ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ 1 ¸ u ¨ 0 ¸ ¨ 6  14 ¸ ¨ 8 ¸ ¨ 2 ¸ ¨ 3 ¸ ¨ 0  7 ¸ ¨ 7 ¸ © ¹ © ¹ © ¹ © ¹ G und n ABD erhält man über das Ska-

§ 3 · ¨ ¸ < ¨ 8 ¸ ¨ 7 ¸ © ¹ 2


x y z @ x ˜  y u z für das Spatprodukt lösen wir die Klammer auf: Ÿ M

G

G

G

G

G

 aG  b ˜   aG  cG u b  aG  b ˜  aG u b  cG u b

G G G G G G G G G G G G a ˜ aub  b ˜ aub  a˜ c ub  b ˜ c ub



GGG GGG GGG GGG ª a a b º  ªb a b º  ª a c b º  ªb c b º ¬ ¼ ¬ ¼ ¬ ¼ ¬  

  

  

¼ 0

0

GGG  ª¬c a b º¼















Sind zwei der Vektoren parallel, so wird das Spatprodukt zu Null.

0

G G G c ˜ a u b



G G G  aub ˜c





Beim Vertauschen zweier Faktoren wechselt das Vorzeichen des Spatproduktes.

Aufgabe 2: (a.) Wir beginnen mit dem Gauß-Algorithmus, wobei die Koeffizientenmatrix mit A bezeichnet sei und die erweiterte Koeffizientenmatrix mit A c . A

c

2 1 0 0

1 2 1 0

0 1 2 1

0 0 1

0 0 0

D

E

2

1

0

0

0 m  2 ˜ Zeile 2 3

0

3 2

1

0

0

0 0

1 0

2 1

1

2 0 m  3 ˜ Zeile 2

D

2

0

 23

0

0

0

3 2

1

0

0

0

0

4 3

1

0

0

0

1

D

E

m  1 2 ˜ Zeile 1

E m  1 2 ˜ Zeile 3 m  3 4 ˜ Zeile 3 m  3 4 ˜ Zeile 3

Lösungen zur Klausur Nr. 14.7

0

m  4D23 ˜ Zeile 4

0

m  4D33 ˜ Zeile 4

1

0

m  4D43 ˜ Zeile 4

0

4D 3 4

E

0

0

0

3 2

 4D 3

0

0

 4D 3

0

4 3

0

0

4D 3 4

2

0

0

0

3 2

0

0

0

4 3

0

0

2 0 0 0

1 2  34

523

0

2E

Ÿ

x1

3E

Ÿ

x2

 4D 3

4E

Ÿ

x3

E

Ÿ

x4

E 4D 3 2 E 4D 3 3E 4D 3 4 E 4D 3

Die Existenz und die Eindeutigkeit der Lösungen bestimmt man anhand der Ränge der Koeffizientenmatrix A und der erweiterten Koeffizientenmatrix A c : (i.) Die Determinante der Koeffizientenmatrix ist det( A) 2 ˜ 32 ˜ 34 ˜ 14  4D  3 4D  3 Sind beide Ränge, rg  A und rg  A c gleich der Zahl der Unbekannten ( n 4 ), so hat das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung. Dies ist der Fall für det( A) z 0 œ D z

3 4

. Die

zugehörige Lösung ist am Ende des Gauß-Algorithmus angegeben. rg  A 3 .

(ii.) Nicht eindeutig lösbar ist das Gleichungssystem falls rg  A

E

Ist dann

rg  A c 3 , so existieren unendlich viele Lösungen. Dies ist der Fall für D

0 , weil dann die vierte Zeile im Gauß-Algorithmus zu 0

3 4

und

0 wird. Damit bleibt x4 unbe-

stimmt. Die allgemeine Lösung ist also x1 , x2 , x3 wie oben berechnet, aber x4  \ beliebig. (iii.) Ist rg  A 3 z rg  A c 4 , so ist das Gleichungssystem in sich widersprüchlich und hat daher gar keine Lösung. Dies ist der Fall für det( A) 0 œ D spricht anschaulich der Situation 0 ˜ x4

3 4

aber E z 0 . (Dies ent-

E z 0 . Solche x4 existieren nicht.)

Aufgabe 3: (a.,i) Da der Integrand ein unecht gebrochener Partialbruch ist, müssen wir der Partialbruchzerlegung eine Polynomdivision vorschalten: 

 x3  x2  3x  12 :  x2  x  6

x2

5x x2  x 6

x3  x 2  6 x 

0  2 x 2  3 x  12  2 x 2  2 x  12 5x

Die Nullstellen des echt gebrochenen Anteils suchen wir mit der pq-Formel: x2  x  6

0 Ÿ

x1,2

 12 r

1 4

6

 12 r

5 2

Ÿ

x1

2 und

x2

3

524

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet folglich: 5x x x6

A B  x2 x3

• für x 2

o 5˜2

2

A ˜  x  3  B ˜  x  2

Das Einsetzen zweier Werte liefert:

 x  2 ˜  x  3

A ˜  2  3  0 Ÿ 10 5 A Ÿ

A

2

• für x 3 o 5 ˜  3 A ˜ 0  B ˜  5 Ÿ  5B 15 Ÿ B 3 Nach dieser Vorarbeit lösen wir das Integral der Aufgabenstellung wie folgt:

³

x3  x 2  3 x  12 x2  x  6

2

3

³  x  2 dx  ³ x  2 dx  ³ x  3 dx

dx

1 x2 2

 2 x  C1 

³

2 du u



³

3 dv v

1 x2 2

­u : x  2 Ÿ du dx ¯ v : x  3 Ÿ dv dx

Substitution ®

 2 x  2 ˜ ln x  2  3 ˜ ln x  3  c2

(a,ii.) Auch wenn in der Aufgabenstellung nur die Substitution gefragt wird, so führen wir doch die gesamte Lösung des Integrals vor. t : ex

Die vorgeschlagene Substitution lautet Ÿ

³

2 ˜ e2 x  3e x  2 e

2x

x

e 2

³

dx

Ÿ

dt dx

ex

Ÿ dx

e  x ˜ dt

1 ˜ dt t

2 ˜ t 2  3t  2 1 ˜ dt t2  t  2 t

Dies lösen wir vermittels Partialbruchzerlegung. Eine Nennernullstelle liegt bei x1 0 . Die anderen beiden finden wir mit Hilfe der pq-Formel: t2  t  2

0 Ÿ t2,3

1 2

1 4

r

2

 12 r

3 2

Ÿ t2

2 und t3

1

Der Ansatz für die Partialbruchzerlegung lautet folglich: 2t 2  3t  2

t

2



 t  2 ˜t

A B C   t t  2 t 1

A ˜  t  2 ˜  t  1  B ˜ t ˜  t  1 C ˜ t ˜  t  2 t ˜  t  2 ˜  t  1

x für t 0 o  2 A ˜  2 ˜ 1  0  0 Ÿ A 1 ½ ° x für x 1 o 2  3  2 0  0  C ˜  1 ˜  3 Ÿ C 1 ¾ Ÿ ° x für t 2 o 8  6  2 0  B˜2˜3 0 Ÿ B 0 ¿ Ÿ

³

2 ˜ e2 x  3e x  2 e2 x  e x  2

dx

1

1

³ t dt  ³ t  1 dt

ln t  ln t  1  C1

Werte einsetzen liefert:

2t 2  3t  2

t 

2

1 1  t t 1



 t  2 ˜t



x  ln e x  1  C2

(b.) Die beiden Funktionen f  x und g  x schneiden sich bei x 0 und bei x

ʌ 2

.

b

Das Rotationsvolumen bei Drehung einer Kurve um die x  Achse ist V

ʌ˜

³  y  x a

2

dx

Lösungen zur Klausur Nr. 14.8

525 ʌ 2

ʌ ˜ sin 2  x dx

³

Ÿ f  x überstreicht V f

ʌ

ʌ ˜ ª¬ 12 x  12 sin  x cos  x º¼ 2

ʌ˜

0

 12 ˜ ʌ2  0

1 ʌ2 4

0

ʌ 2

Ÿ g  x überstreicht das Volumen Vg

ʌ˜

³  2ʌx

2

ʌ



4 ˜ 1 ˜ ʌ3  0 ʌ 3 8

2 ʌ ˜ 42 ˜ ª 13 x3 º ¼0 ʌ ¬

dx



ʌ2 6

0

 14  16 ʌ2

Die Differenz der beiden ist das gefragte Volumen: VLösung V f  Vg

1 ʌ2 12

.

Die Mantelfläche eines Rotationskörpers bei Drehung der Kurve um die x- Achse lautet b

M

2

2ʌ ˜ y  x ˜ 1   y '  x dx .

³ a

Für f  x ergibt sich diese gemäß ʌ 2

Mf

Integriert wird nach der Substitution mit

2ʌ ˜ sin  x ˜ 1  cos 2  x dx

³

du dx

u : cos x Ÿ

0

 sin x Ÿ sin x ˜ dx

 du

...

 2ʌ ˜ ª 12 u ˜ 1  u 2  12 arsinh  u º «¬ »¼ ...  

Ÿ Mf

2ʌ ˜

³

1  u 2 du

Genau dieses unbestimmte Integral wurde in Aufgabe 7.6.c vorgeführt. ʌ 2 2ʌ ˜ ª 12 cos x ˜ 1  cos 2 x  12 arsinh cos x º ¬« ¼» 0



2ʌ ˜  0  0  2ʌ ˜







1˜ 2

1  12  12 arsinh 1





ʌ˜





TR

2  arsinh 1 | 7.21179924

Für g  x hingegen berechnen wir ʌ 2

Mg

2ʌ ˜

³

2x ˜ ʌ

2 1  ʌ2 dx



2ʌ ˜ ʌ2 ˜

0

2 1  ʌ2 ˜

ʌ 2

 ³ x dx



4 ˜ 1  ʌ2

2

ʌ 2

˜ ª 12 x 2 º ¬ ¼0

0



4 ˜ 1  ʌ2

2

2 TR

˜ 12 ˜ ʌ4 | 5.84994677 TR

TR

Die Summe ist die gesuchte Oberfläche: M ges M f  M g | 7.21179924  5.84994677 |13.0617465 .

Lösungen zur Klausur Nr. 14.8 Aufgabe 1: (a.) Wir arbeiten mit der Methode der Trennung der Variablen.

526

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

y ' 1  x  y 2  xy 2

³ 11y

Ÿ

2

Ÿ



dy dx

1  x  1  x ˜ y 2 1  x ˜ 1  y 2



³ 1  x dx

dy

x  12 x 2  C1 Ÿ

Ÿ arctan  y

tan

y

 12 x2  x  C1

als allgemeine Lsg. der Dgl.

Einsetzen des Anfangswertes liefert: y  2 1 Ÿ tan

 12 ˜ 4  2  C1

1 Ÿ tan  4  C1 1 Ÿ 4  C1

arctan 1

ʌ Ÿ C 1 4

ʌ4 4

(b.) Auch hier ist die Variablentrennung die Methode der Wahl: cos ln  x y ˜e x

dy dx

Ÿ

³e

y

dy

cos ln  x ˜ dx x

Ÿ e y ˜ dy

y

1 ˜ cos ln x dx Ÿ  e   x ³ ³ cos t dt  dt dx

Mit der Substitution ln  x :t Ÿ

Ÿ e y Ÿ y

1 x

1 dx x

Ÿ

sin  t  C1

dt

 sin  ln  x  C

Gleichung logarithmieren



ln  sin  ln  x  C

Anfangswert Ÿ y §¨ e ©

 ʌ2

sin  ln  x  C

· ¸ ¹



Ÿ

y  x



 ln  sin  ln  x  C

§ · ʌ · §  ln ¨  sin ¨ ln §¨ e 2 ·¸ ¸  C ¸ ¹¹ © © © ¹





als allg. Lsg. der Dgl.



 ln  sin  ʌ2  C

Ÿ 1 c

 ln 1  c 2 Ÿ c

 ln  2 1

Aufgabe 2: (a.) Die Formel für die Bogenlängenberechnung einer in Parameterdarstellung t2

§ x t · G gegebenen Kurve r  t ¨¨ ¸¸ findet man zu B © y t ¹

dy ³  dxdt   dt 2

2

dt .

t1

Um dieses Integral aufzustellen, berechnen wir als Vorarbeit x  t

2 ˜ e2t ˜ cos  t  e2t ˜ sin  t

 2cos  t  sin  t ˜ e2t

y  t

2 ˜ e2t ˜ sin  t  e 2t ˜ cos  t

 2sin  t  cos  t ˜ e2t

Ÿ x 2  y 2

 2cos  t  sin  t 2 ˜ e4t   2sin  t  cos  t 2 ˜ e4t ª 4cos 2  t  4cos  t sin  t  sin 2  t  4sin 2  t  4sin  t cos  t  cos 2  t º ˜ e 4t ¬ ¼ 5 ˜ e 4t

a

B

³

5 ˜ e 2t dt

x 2  y 2

Ÿ a

ª  1 ˜ 5 ˜ e 2 t º ¬ 2 ¼0



5 ˜ e 2 t



 12 ˜ 5 ˜ e2 a  1

Damit setzen wir ein:

für die gefragte Bogenlänge

0

Der gefragte Grenzwert lautet somit

lim B  a

a of

 12 ˜ 5 ˜  0  1

1˜ 2

5

Lösungen zur Klausur Nr. 14.8

527

(b.)

(i.)

Die

graphische

Darstellung

der

Funktion

U M sin  3M für 0 d M d ʌ3

findet man nebenstehend.

M2

(ii.) Der Flächeninhalt einer Kurve in Polarkoordinaten ist F

³ M

1 2

 U  M 2 dM

1

Wir setzen die Funktion aus der Aufgabenstellung ein und erhalten M2

F

³ M

1 sin 2 2

ʌ

 14 ˜ ʌ3  0   0  0

ª 1 M  1 sin  3M ˜ cos  3M º 3 12 ¬4 ¼0

 3M dM

ʌ 12

1

(iii.) Die Tangentensteigung einer Funktion in Polarkoordinaten lautet dy dx

U ˜ sin M  U ˜ cos M U ˜ cos M  U ˜ sin M

3 ˜ cos  3M ˜ sin M  sin  3M ˜ cos M 3 ˜ cos  3M ˜ cos M  sin  3M ˜ sin M

3 ˜ cos  90q ˜ sin  30q  sin  90q ˜ cos  30q

cos  30q

1 tan  30q

3 ˜ cos  90q ˜ cos  30q  sin  90q ˜ sin  30q  sin  30q    

weil cos  90q 0 und sin  90q 1

 3

Aufgabe 3: (a.) Charakteristische Kurvenpunkte sucht man anhand der Nullstellen der Ab2

2

leitungen. Da der Wertebereich der zu untersuchenden Funktion f  x, y 4e x  y  x 2  y 2 zweidimensional ist, berechnen wir die entsprechenden partiellen Ableitungen als Vorarbeit: fx

8x ˜ e x

f xx

8 ˜ ex

2

2

 y2

 y2

 2x

8 y ˜ ex

fy

 16 x 2 ˜ e x

2

 y2

2

 y2

 2y

2

f yy

16 xy ˜ e x

f xy 8 ˜ ex

2

 y2

 16 y 2 ˜ e x

2

 y2

2

 y2

2

Wir suchen nun die Nullstellen der partiellen ersten Ableitungen: fx

8x ˜ e x

2

 y2



0 Ÿ 2 x ˜ 4e x

 2x

2

 y2

Weitere Nullstellen könnten liegen bei 4e x immer positiv sind, ln 

1 4



1 2

 y2

0 Ÿ Eine Nullstelle bei x1 1 Ÿ

aber negativ, finden wir in \

x2  y 2

ln

0

 14 . Da Quadrate in

\

keine weiteren Nullstellen von f x .

528

14 Musterklausuren (verschiedener Hochschulen)

fy

8 y ˜ ex

2

 y2

 2y



0 Ÿ 2 y ˜ 4e x

2

 y2



1

0 Ÿ Eine Nullstelle bei y1

0

Weitere Nullstellen treten bei f y aus dem gleichen Grunde in \ nicht auf wie bei f x . Folgerung: Ein einziger charakteristischer Kurvenpunkt wurde gefunden bei x1 0 , y1 0 . Wir klassifizieren diesen anhand der Delta-Diskriminante: '

f xx  0;0

f xy  0;0

f yx  0;0

f yy  0;0

8 ˜ e0  0  2

0

6 0 0 6

0

8˜e  0  2

0

36 ! 0

Da die Delta-Diskriminante dort größer als Null ist, liegt ein Extremum vor. Die Art des Extremums finden wir anhand der zweiten partiellen Ableitung: f xx  0;0 8 ˜ e0  0  2 6 ! 0 Da diese in dem bewussten Punkt positiv ist, liegt ein lokales Minimum vor. (b.) Ein Taylorpolynom zweiten Grades, also eine nach der zweiten Ableitung abgebrochene Taylorreihe als Funktion zweier Variabler lautet: p2  x, y

f ( x0 , y0 )  ª «¬

wf ( x0 , y0 ) wx

˜x

wf ( x0 , y0 ) wy

w 2 f ( x0 , y0 ) ª w 2 f ( x0 , y0 ) 2 w 2 f ( x0 , y0 ) º ˜ y º  12 ˜ « ˜ x  wx wy ˜ x ˜ y  ˜ y2 » 2 »¼ wy 2 ¬ wx ¼

Dafür berechnen wir die partiellen Ableitungen und deren Werte im Entwicklungspunkt f  x, y

 2 x  3 y ˜ sin  3x  2 y

f  0,0

0

f x  x, y

2 ˜ sin  3 x  2 y   2 x  3 y ˜ 3 ˜ cos  3 x  2 y

f x  0,0

0

f xx  x, y 12 ˜ cos  3x  2 y   6 x  9 y ˜ 3 ˜ sin  3 x  2 y

f xx  0,0 12

f y  x, y

f y  0,0

3 ˜ sin  3 x  2 y   2 x  3 y ˜ 2 ˜ cos  3 x  2 y

0

f yy  x, y 12 ˜ cos  3 x  2 y   4 x  6 y ˜ 2 ˜ sin  3 x  2 y

f yy  0,0 12

f xy  x, y

f xy  0,0

13 ˜ cos  3x  2 y   6 x  9 y ˜ 2 ˜ sin  3 x  2 y

13

Und setzen diese in das Taylorpolynom ein: p2  x, y

0  > 0 ˜ x  0 ˜ y @  12 ˜ ª12 ˜ x 2  13 ˜ x ˜ y  12 ˜ y 2 º ¬ ¼

(c.) Die Richtungsableitung ist

Darin ist grad f

wf G wa

§w f  x, y , z · ¨ wx ¸ ¨ w wy f  x, y , z ¸ ¨ ¸ ¨ w f  x, y , z ¸ © wz ¹

6 x 2  13 xy  6 y 2 2

G a grad f ˜ G . a §ª ¨ ¬ x ˜  ln  x  y ˜ ln  ln  x  y  z ¨ ¨ ª  ln  x  y ˜ ln  ln  x  y  z ¨ ¬ ¨ 1 ¨ ¬ª ln  ln  x  y  z ¼º ©







º¼ º ¼

1 ·

1

¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

Lösungen zur Klausur Nr. 14.8

und außerdem

G a

529

22  32  62

Wir setzen den Punkt P0

49

7.

§ e · ¨ ¸ ¨ e  1¸ ein und erhalten grad f P 0 ¨ e ¸ © ¹

1 · § 2 ¨ e ˜  e  1 ¸ ¨ ¸ ¨  e ˜  e  1 1 ¸ ¨ ¸ ¨  e  1 1 ¸ ¨ ¸ © ¹





§1· e2 ¨ ¸ ˜¨ e ¸ . e 1 ¨ ¸ 2 ©e ¹

Damit können wir die gefragte Richtungsableitung im Punkt P0 als Skalarprodukt berechnen: wf G wa P 0

G a grad f ˜ G P0 a

§ 1 e 2 1 ¨ ˜ ˜¨ e e 1 7 ¨ 2 ©e

· § 2 · ¸ ¸ ¨ ¸˜¨ 3 ¸ ¸ ¨¨ ¸¸ ¹ © 6 ¹

TR e 2 ˜ 2  3e  6e 2 | 0.2833224449278 . 7 ˜  e  1





Den maximalen Wert nimmt die Richtungsableitung in Richtung des Gradienten an. Sein Betrag ist also der maximal mögliche Wert der Richtungsableitung:

Im Punkt P0 lautet er

grad f

P0

§1· e 2 ¨ ¸ ˜¨ e ¸ e 1 ¨ ¸ 2 ©e ¹

TR e 2 ˜ 1  e2  e 4 | 0.2888649869 . e 1

15 Anhang: Tabellen Tabellen sind hier nur insoweit wiedergegeben, wie man sie direkt für das Lösen der vorgestellten Übungsaufgaben benötigt. Umfassendere Tabellen findet man z.B. in Formelsammlungen wie etwas „Formeln und Fakten im Grundkurs Mathematik“ von Klaus Vetters (ISBN 3-519-20207-7) oder im „Teubner-Taschenbuch der Mathematik“, (ISBN 3-519-20012-0). Aus diesen Werken sind auch die nachfolgenden Tabellen entnommen.

Tabelle 1: Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung u

Die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung ist ) 0  u

³

u

³

M  x dx

0

1 2ʌ

˜e

 12 x 2

dx .

0

Sie wird in Bild 15-1 veranschaulicht. Die Werte, entnimmt man Tabelle 15.1. Bild 15-1 Veranschaulichung der Standardnormalverteilung. Die Kurve gibt die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion M  x wieder. Die Verteilungsfunktion entspricht der grau unterlegten Fläche unter der Kurve, also )  u . Tabelle 15.1 Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung (Vorkomma-Nullen sind nicht gedruckt.) ) 0 u

0

2

4

6

8

) 0 u

0.0

.50000

.50798

.51595

.52392

.53188

1.5

.93319 .93575 .93822 .94062 .94295

0.1

.53983

.54776

.55567

.56356

.57142

1.6

.94520 .94738 .94950 .95154 .95352

0.2

.57926

.58706

.59484

.60257

.61026

1.7

.95544 .95728 .95907 .96080 .96246

0.3

.61791

.62552

.63307

.64058

.64803

1.8

.96407 .96562 .96712 .96856 .96995

0.4

.65542

.66276

.67003

.67724

.68439

1.9

.97128 .97257 .97381 .97500 .97615

0.5

.69146

.69847

.70540

.71226

.71904

2.0

.97725 .97831 .97933 .98030 .98124

0.6

.72575

.73237

.73891

.74537

.75175

2.1

.98214 .98300 .98382 .98461 .98537

0.7

.75804

.76424

.77035

.77637

.78231

2.2

.98610 .98679 .98746 .98809 .98870

0.8

.78815

.79389

.79955

.80511

.81057

2.3

.98928 .98983 .99036 .99086 .99134

0.9

.81594

.82121

.82639

.83147

.83646

2.4

.99180 .99224 .99266 .99305 .99343

1.0

.84135

.84614

.85083

.85543

.85993

2.5

.99379 .99413 .99446 .99477 .99506

1.1

.86433

.86864

.87286

.87698

.88100

2.6

.99534 .99560 .99586 .99609 .99632

1.2

.88493

.88877

.89251

.89617

.89973

2.7

.99653 .99674 .99693

1.3

.90320

.90658

.90988

.91309

.91621

2.8

.99745 .99760 .99774 .99788 .99801

1.4

.91924

.92220

.92507

.92786

.93056

2.9

.99813 .99825 .99836 .99846 .99856

0

2

4

6

.99711

8

.99728

532

15 Anhang: Tabellen

Tabelle 2: Quantile F (2m , q ) der F 2 -Verteilung Die Veranschaulichung findet sich in Bild 15-2, die Daten sind in Tabelle 15.2 gedruckt. Bild 15-2 Quantile der F 2 -Verteilung. Aus der Wahrscheinlichkeit q ergibt sich bei m Freiheitsgraden ein Quantil F (2m,q ) als einseitige Abgrenzung nach oben. Tabelle 15.2 Quantile der F 2 -Verteilung mp qo

0.01

0.025

0.05

0.1

0.9

0.95

0.975

0.99

1

0.00016

0.00098

0.0039

0.0158

2.71

3.84

5.02

6.63

2

0.0201

0.0506

0.103

0.211

4.61

5.99

7.38

9.21

3

0.115

0.216

0.352

0.584

6.25

7.81

9.35

11.35

4

0.297

0.484

0.711

1.06

7.78

9.49

11.14

13.28

5

0.554

0.831

1.15

1.61

9.24

11.07

12.83

15.08

6

0.872

1.24

1.64

2.20

10.64

12.59

14.45

16.81

7

1.24

1.69

2.17

2.83

12.02

14.07

16.01

18.47

8

1.65

2.18

2.73

3.49

13.36

15.51

17.53

20.09

9

2.09

2.70

3.33

4.17

14.68

16.92

19.02

21.67

10

2.56

3.25

3.94

4.87

15.99

18.31

20.48

23.21

11

3.05

3.82

4.57

5.58

17.28

19.68

21.92

24.72

12

3.57

4.40

5.23

6.30

18.55

21.03

23.34

26.22

13

4.11

5.01

5.89

7.04

19.81

22.36

24.74

27.69

14

4.66

5.63

6.57

7.79

21.06

23.68

26.12

29.14

15

5.23

6.26

7.26

8.55

22.31

25.00

27.49

30.58

16

5.81

6.91

7.96

9.31

23.54

26.30

28.85

32.00

17

6.41

7.56

8.67

10.09

24.77

27.59

30.19

33.41

18

7.01

8.23

9.39

10.86

25.99

28.87

31.53

34.81

19

7.63

8.91

10.12

11.65

27.20

30.14

32.85

36.19

20

8.26

9.59

10.85

12.44

28.41

31.41

34.17

37.57

22

9.54

10.98

12.34

14.04

30.81

33.92

36.78

40.29

24

10.86

12.40

13.85

15.66

33.20

36.42

39.36

42.98

26

12.20

13.84

15.38

17.29

35.56

38.89

41.92

45.64

28

13.56

15.31

16.93

18.94

37.92

41.34

44.46

48.28

30

14.95

16.79

18.49

20.60

40.26

43.77

46.98

50.89

40

22.16

24.43

26.51

29.05

51.81

55.76

59.34

63.96

50

29.71

32.36

34.76

37.69

63.17

67.51

71.42

76.15

Tabelle 3: Korrespondenztabelle der Laplace-Transformation

533

Tabelle 3: Korrespondenztabelle der Laplace-Transformation Tabelle 15.3 Korrespondenztabelle der Laplace-Transformation F s

f t

•—o

a ˜ F  s  b ˜ G s

F s

a ˜ f t  b ˜ g t



f c ˜ t

1˜F s c c

³

f s

F  u du

s F s  s

n 1

t

s˜t e ¨ F  s 

f 0 

 s n 2 f '  0   ...

dn dt n

n 1 ...  f   0 

1F s

s

f t

³

t

0

f W dW

1

1 s2

t

1

G t

e as

G t  a

0

t

1 s a

e at

1

t n1˜e at  n 1 !

 s  a n 1 a

1  eat e at e bt ba

1 ˜ sin a

f  t  t

³

t

0

f  t  W ˜ g W dW e at ˜ f  t

ln

 ssba



s2 a2 s 2 b 2

 at

t n ˜ f t 1˜ t



2˜ t

 ebt  eat

 cos  bt  cos  at

1 s

ʌ 4

˜

1 ʌ˜t

1 s˜ s

t

n1

 n 1 1

s a  s b

arctan

 as

1 2t ˜ ʌ˜t

 ebt  eat

1 ˜ sin t

sin  b  arctan as s2 a2 cos b arctan as s2 a2

 at

sin  at  b cos  at  b

1

t ˜ eat

 s  a 2 s

 s  a 2

1  at ˜ eat cosh  at

s s2 a2

cos  at

s s 2 a2

1

1 t 2 ˜ e at 2

1 s 2 a2

 s  a 3

¸ ¹

F s  a

ln

1 sn

1 s2 a2

·

dt ¸

n

1 s

1

 s˜t

 1 n ˜ dtd n F  s

tn

 s  a ˜ s b

¨ ©

³ f  t ˜e

f t

f  t  t ˜ H  t  t

F  s ˜ G  s

n! s n1

1 s˜ s  a

1˜ t

 ets ˜ F  s mit t t 0

§

n

f t

•—o

1 ˜ sinh a

In dieser Tabelle sind a, b, c  \ und 0 z a 2 z b 2 z 0 ; sowie M  0  : lim M  t t o0

Auch ist G  t die Dirac’sche Deltafunktion und H  t die Heaviside-Sprungfunktion.

 at

534

15 Anhang: Tabellen

Tabelle 4: Einige Ableitungen und unbestimmte Integrale Tabelle 15.4 Weitere Ableitungen und Integrale lassen sich mit geeigneten Rechenregeln bestimmen. f  x

d dx

F  x

xn

³ f  x dx

F  x  C 1 x n 1  C n 1

f  x

d dx

F  x

³ f  x dx

F  x  C

mit n z 1

x 1

ln  x  C

a2  x2

x˜ 2

a 2  x 2  a2 ˜arcsin

ex

ex  C

a2  x2

x˜ 2

a 2  x 2  a2 ˜ar sinh

x2  a2

x˜ 2

x 2  a 2  a2 ˜ar cosh

ax

ax ln  a

C

2

 ax  C

2

 ax C

2

 ax C

sin  x

 cos  x  C

tan  ax

cos  x

sin  x  C

sin 2  ax

1 2

x  41a ˜ sin  2ax  C

1 cos 2  x

tan  x  C

cos 2  ax

1 2

x  41a ˜ sin  2ax  C

1 sin 2  x

 cot  x  C

sin  ax ˜ cos  ax

1 a2  x2

­ arcsin x  C1 a ° ® °¯ arccos ax  C2

arcsin  x

°­ arctan  x  C1 ® °¯ arccot  x  C2

arccos  x

sinh  x

cosh  x  C

cosh  x

sinh  x  C

1 cosh 2  x

tanh  x  C

tanh  x

ln  cosh  x  C

1 sinh 2  x

 coth  x  C

 ax  b n

1 1 x 2

 

1 x2 a2

arsinh

 xa  C

 xa  C (mit

1 x 2 a 2

arcosh

1 1 x 2

°­ar tanh  x  C1 für x  1 ® °¯ ar coth  x  C2 für x ! 1

x  a)

 1a ˜ ln cos  ax  C

1 ˜ sin 2 2a

 x  C

x ˜ arcsin  x  1  x 2  C

mit x d 1 x ˜ arccos  x  1  x 2  C

mit x d 1

 ax  b n 2  C

2 a˜ 2 n

ln  x

x ˜ ln  x  x  C

1 x˜ln  x

ln  ln  x  C

 ln  x 2

x˜ ln  x  2 x˜ln  x  2 x  C

2

Asymptote 162

Sachwortverzeichnis

Asymptote (Stolperfalle) 179 Ausgleichsgerade 380 Aussagelogik 91

A Ableitung 152

B Bearbeitungszeit 8

Exponentialfunktion 151

Behebbare Definitionslücke 168

höhere 155

Betrag einer komlexen Zahl 253

Hyperbelfunktionen 151

Betragsgleichung 30

implizite 156, 299

Bildbereich 471

in Parameterdarstellung 157

Binomialkoeffizient 65, 400

in Polarkoordinaten 157

Binomialverteilung 361

Kettenregel 149

Binomischer Lehrsatz 67,401

logarithmische 151

Biot-Savart 318

partielle 289

Bit 60

Produktregel 147

B-Komplement 60

Quotientenregel 148

Bogenlängenberechnung 242, 250

Summenregel 146

Boole’sche Algebra 99

Winkelfunktionen 151

Boole’sche Ausdrücke 95

Ableitung im Bildbereich 477 Abstand Punkt-zu-Ebene 117

Bruchrechnung mit Dualzahlen 53 periodische Dezimalbrüche 27

Punkt-zu-Gerade 118

C

Additionstheoreme 68 Algebraische Form (komplex) 252

Charakteristische Gleichung 141, 467

Allquantor 26

Chi-Quadrat-Test

Amplitudenspektrum Fourier 440 Anfangsbedingungen bei Dgln. 445 Ankathete 106

einer Gauß-Verteilung 392 einer Gleichverteilung 391 Chi-Quadrat-Verteilung 390 Quantil-Tabelle 532

Annehmbare Qualitätsgrenzlage 345

Cosinus Hyperbolicus 83

Antivalenz 91

Cramer’sche Regel 138

Äquivalenz 91

D

Arbeitshinweis 6 Arbeitspunkt einer Näherung 292

Dämpfungssatz 477

Archimedische Spirale 241

Definitionsbereich 77, 162

Arithmetisches Mittel 372

Definitionslücke 163

536 Delta-Diskriminante 300 Determinante 134

Sachwortverzeichnis Dualsystem 49 rechnen im ... 57

Dezimalbruch 27

E

Dezimalsystem 49 Dichtefunktion 352

Ebene

Differentialform 296

Achsenabschnittsform 113

Differentialgleichung 443

Normalenform 113

exakte 457

Punkt-Richtungs-Form 113

Hom. lin. n-ter Ordnung 466

Eigenvektoren 141

Hom. lin., 2. Ordnung 463

Eigenwerte

Inhom. lin. 2.Ordnung 464

von Matrizen 141

inhom. lin. n-ter Ordnung 469

einer Dreiecksmatrix 143

Isoklinen 453

Einheitsvektor 111

lineare, inhomogene 459

Ellipse 124

lösen mit Laplace-Trafo 485

Entwicklungskoeffizient 415, 421

Partikulärlösung 445

Entwicklungspunkt 411, 421

singuläre Lösung 445

Erdumfang 106

Substitution 445

Erwartungswert 355

Variablentrennung 446

Euler-Formel 258

Differentialquotient 145

Euler-Venn-Diagramm 19

Dirichlet 435

Exakte Differentialgleichung 457

disjunkte Mengen 19

Existenzquantor 25

Disjunktion 91

Exklusives Oder 91

Disjunktive Normalform 94

Exponentialform (komplex) 252

Diskrete Zufallsvariable 350

Exponentialfunktion 81

Divergenz 332

Exponentialverteilung 375

Doppelintegral

Extremum 162

bestimmtes 305

mehrdimensionaler Funktionen 300

unbestimmtes 304

F

Drehung 125 Dreidimensionales Integral 304 in Kugelkoordinaten 321 Dreieck 103, 109 gleichschenkliges 105 gleichseitiges 105 Dreifachintegral unbestimmtes 304

Faktorisieren von Polynomen 71 Faktorregel 146 Fallgrenzen 31 Fallunterscheidung 30, 35 bei Ungleichungen 62 Faltungsprodukt 481 Fehlerfortpflanzung Gauß 378

Sachwortverzeichnis

537

Fibonacci-Folge 395

Gradengleichung 81

Flächenberechnung 308

Gradient 324

mit Integration 227 Folgen 395

Grundgesamtheit 369 Grundmenge 21

Fourier-Amplitudenspektrum 440

H

Fourier-Koeffizienten 438

Harmonischer Oszillator 180

Fourier-Reihe 435 komplexwertige 442 Fourier-Transformation 471

Hauptwerte (komplex) 259 Hexadezimalsystem 49, 52

Fundamentalbasis einer hom. lin. Dgl. 467 Funktionaltransformation 471

Höhenliniendiagramm einer Funktion 287 Horner-Schema 50

Funktionsdarstellung

zur Polynomdivision 73

logarithmisch 80 Polarkoordinaten 77

Hospital, L'- Regel 431 Hyperbelfunktion 83

Funktionsgraph 162

Hypergeometrische Verteilung 376

G

Hypothenuse 106

Ganze Zahlen 24

I

Gauß-Algorithmus 134, 135, 138 Gauß-Verteilung 362

Imaginärteil 253

Kenngrößen 364

Implikation 91

Konfidenzintervalle 367

Induktion, vollständige 88

Gauß’sche Fehlerfortpflanzung 377,379

Inhaltsverzeichnis 11

Gauß’sche Summenformel 28,397

Inhomogene Dgl. 459

Gauß’sche Zahlenebene 252

Inklusives Oder 91

Gegenkathete 106

Integrabilitätsbedingung 296

Geometrische Reihe 399 unendliche 403 Geometrisches Mittel 372 Gerade

einer exakten Dgl. 458 Integral vektorwertiges 318 Integralkriterium 409, 410

Achsenabschnitt 79

Integraltabelle 534

Steigung 79

Integration 191

Gerade

iterativ 231

Punkt-Richtung-Form 113

Parameterdarstellung 237

Gleichungssystem, lineares 138

Partialbruchzerlegung 202

Goniometrische Gleichungen 84

partielle 196 in Polarkoordinaten 240

538

Sachwortverzeichnis

Substitution 192

Konservatives Feld 328

von Polynomen 191

Kontinuierliche Zufallsvariable 352

Integrationskonstante 216, 218

Konvergente Reihe 405

Intervall 36, 64

Konvergenz 396

geschlossenes 36

Konvergenzradius

halboffenes 36

einer Potenzreihe 411

offenes 36

Koordinatentransformation 125

Inversion

Korrelationsanalyse 380

einer Ortskurve 280 Inversion einer Matrix 135 Isoklinen

Korrelationskoeffizient 380 Korrespondenztabelle der Laplace-Transformation 476, 533

von Dgln. 453

Kreisberechnung 106

K Karnaugh-Veitch-Diagramm 96

Kreuzprodukt 110 Krümmung ebener Kurven 186

Kathete 106

Krümmungsmittelpunkt 186

Kepler’sche Faßregel 231

Krümmungsradius 186

Kettenlinie 83

Kugelkoordinaten 127

Kettenregel 149

Kurvendiskussion 162

mehrfache 150

L

Kombinationen ohne Wiederholung 339, 341, 345 Komplexe Gleichungen 274

L’Hospital-Regel 431 Lagrange Restgliedabschätzung 425

Partialbruchzerlegung 273

Laplace-Rücktransformation 481, 483

Wechselstromwiderstände 282

Laplace-Transformation

Komplexe Arcusfunktionen 269

Zum Lösen von Dgln. 485

Komplexe Hyperbelfunktionen 268

mit Korrespondenztabelle 476

Komplexe Konjugation 251

nach Def. berechnen 474

Komplexe Logarithmen 259

Leibniz-Kriterium 408

Komplexe Polynome 270

Lemniskate 158, 251

Komplexe Winkelfunktionen 268

Lineare Abhängigkeit 111

Komplexe Wurzeln 259

Lineare inhom. Dgl. 459

Komplexe Zahlen 251

Lineare Näherung 292

Konfidenzsintervall 353

Lineare Regression 380

Konjunktion 91

Lineares Gleichungssystem 138

Konjunktive Normalform 94

Linienintegral 327

Sachwortverzeichnis

539

ln (natürlicher Logarithmus) 44

Natürliche Zahlen 24

Logarithmenpapier 80

Nebenwerte (komplex) 259

Logarithmische Ableitung 151

Negation 91

Logarithmische Spirale 311

Nichtlineare Regression 382

Logarithmus 45

NOR 99

Lösungsmenge 20, 36, 63

Normalenvektor 117

M Mac Laurin-Reihe 415

Normalform disjunktive 94 konjunktive 94

Majorantenkriterium 408

Normierungsbedingung 351

Massefunktion 350

Nullhypothese 392

Massenträgheitsmoment 317

Nullstelle (Kurvendiskussion) 162

Matrixinversion 135

Nullstellen

Matrixmultiplikation 133 Maximalwertaufgabe 181, 182

von Polynomen 74 Numerische Integration 231

Maximum 162

O

Median 372 Mehrdimensionale Funktion 285

Originalbereich 471

Mehrfachintegral

Ortskurve 279

bestimmtes 305

P

unbestimmtes 304 Minimum 162

Parabel 81

Minorantenkriterium 407

Parameterdarstellung einer Funktion 285

Mittelwert 369 arithmetischer 372

Partialbruchzerlegung 202

Betrags- M. 225

bei Laplace-Transformation 483

geometrischer 372

komplex 273

linearer 225

Partielle Ableitung 289

Modalwert 372

Partielle Integration 196

quadratischer M. 225

Partikulärlösungen von Differentialglgn. 445

Zentralwert 372 Modalwert 372

Permutationen 339

Morgan,de (Regeln) 21

Phase einer komplexen Zahl 253

N Näherung polynomiale 426 NAND 101

Poisson-Verteilung 373, 374 Polarkoordinaten 77, 126 Polstelle 162 Polynomdivision 71

540

Sachwortverzeichnis

Potential 331

Rotationsvolumen 244, 245

Potenzreihe

S

Konvergenzradius 411 Sattelpunkt 162

Potenzreihen

mehrdimensionaler Funktionen 300

verknüpfen 423

Schnittflächen

pq-Formel 34

zwischen Funktionen 234

Produktregel 146,147

Schnittgerade

Punkteangabe 8

zwischen Ebenen 123

Pythagoras 105

Schnittmenge 19

Q Quadratische Gleichung 34 Normalform 34

Schnittpunkt von Geraden 121 Schnittwinkel zwischen Ebenen 123 Schwarz, Satz von 289

Quantile der Chi-Quadrat-Verteilung 532

Schwerpunktsberechnung

Quotientenkriterium 409

einer Fläche 309

Quotientenregel 148

eines Rotationsvolumens 315

R

in Polarkoordinaten 311 Schwerpunktskoordinaten 310

Rang einer Matrix 137

Schwierigkeitsgrad 7

Rationale Zahlen 24

Simpson- Verfahren 231

Realteil 253

Singuläre Lösung einer Dgl. 455

Rechenungenauigkeit 232

Sinussatz 103

Reelle Zahlen 24

Skalarfeld

Regression

Gradient 324

nichtlineare 382

Richtungsableitung 324

Regressionsgeraden 380

totales Differential 326

Reihe

Skalarprodukt 110

divergent 407

Spatvolumen 111

konvergent 405

Standardabweichung 350, 353, 369

Rekursion 395 Relationszeichen 35 Restgliedabschätzung 232 Lagrange 425 Richtungsableitung 324 Rotation eines Vektorfeldes 332 Rotationsoberfläche 247 Rotationsparaboloid 303

Standardnormalverteilung 367, 393 Tabelle 531 Stichprobe 369 Stolperfalle 7 Substitution bei Dgln. 447 bei Integralen 192 mit Rechentrick 211

Sachwortverzeichnis

541

von Integrationsgrenzen 220

Verschiebungssatz 474

Summenregel 146

Verteilungsfunktion 350, 353

Superposition von Schwingungen 84

Viereck 103

Symmetrie

Vollständige Induktion 88

gerade 75

Vollständiges Differential 292

ungerade 75

Volumenintegral

Symmetrieeigenschaften 75, 162

T

in Kugelkoordinaten 321 Vorzeichenbit 61

W

Tabelle Chi-Quadrat-Verteilung 532

Wahrheitstafel 91, 92

Gauß-Verteilung 531

Wahrscheinlichkeitsbaum 344, 347

Integrale 534

Wegunabhängige Integration 332

Laplace-Trafo 533

Wendepunkt 162

Tangentialebene 295

Wertebereich 162

Taschenrechner 8

Winkelfunktionen 68, 107

Taylor-Reihe 421

Wronski-Determinante 466

Teilmenge 20, 25

Wurzelgleichungen 42

Totales Differential 292, 326

Wurzelkriterium 409

Transformationsvariable 474

X

Trennung der Variablen 443 Trigonometrische Form 252

XOR 99

Z

U Umkehrfunktion 76

Zahlen-Grundmengen 24

Uneigentliches Integral 221, 222

Zahlenstrahl 37

Ungleichungen 34, 35, 62

Zahlensystem 49 Bruchrechnung 52

V

Zehnerlogarithmus 45

Variablentrennung 443

Zehnersystem 50

Varianz 350, 353

Zentralsymmetrisches Potentialfeld 336

Variationen

Zentralwert 372

mit Wiederholung 340

Zinseszins 399

ohne Wiederholung 343

Zufallsexperiment 343

Vektorfeld 327 in Kugelkoordinaten 338 Vektorprodukt 111 Vektorwertiges Integral 318

Zufallsvariable diskrete 350 kontinuierliche 352 Zykloide 250