Arbeitsbuch höhere Mathematik: Aufgaben mit vollständig durchgerechneten Lösungen und Verweisen auf entsprechende Videos [3. Auflage] 3662682672, 9783662682678, 9783662682685

Table of contents :
Vorwort
Vorwort zur zweiten Auflage
Vorwort zur dritten Auflage
Inhaltsverzeichnis
I Aufgaben
1 Funktionen
1.1 Elementare Funktionen
1.1.1 Lineare Funktionen
1.1.2 Quadratische Funktionen
1.1.3 Polynome
1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen
1.1.5 Trigonometrische Funktionen
1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen
1.1.7 Betrags-Funktion
1.2 Einige Eigenschaften von Funktionen
1.3 Umkehrfunktionen
1.3.1 Wurzelfunktionen
1.3.2 Arcus-Funktionen
1.3.3 Logarithmus
1.4 Modifikation von Funktionen
2 Komplexe Zahlen
2.1 Grundlagen
2.2 Eigenschaften
2.3 Polardarstellung
3 Folgen und Reihen
3.1 Folgen
3.2 Reihen
3.3 Potenzreihen
4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit
4.1 Grenzwerte
4.2 Stetigkeit
5 Differenzialrechnung
5.1 Differenzierbare Funktionen
5.2 Rechenregeln
5.3 Anwendungen
5.3.1 Kurvendiskussion
5.3.2 Regel von de L’Hospital
5.3.3 Newton-Verfahren
5.3.4 Taylorpolynome und -reihen
6 Integralrechnung
6.1 Definition und elementare Eigenschaften
6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung
6.3 Integrationstechniken
6.3.1 Einfache Integrationstechniken
6.3.2 Partielle Integration
6.3.3 Substitution
6.3.4 Partialbruch-Zerlegung
7 Vektorrechnung
7.1 Vektoren und Vektorraum
7.2 Linearkombination
7.3 Skalarprodukt
7.4 Vektorprodukt
7.5 Geraden und Ebenen
8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen
8.1 Grundlagen
8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren
8.3 Matrizen
8.4 Quadratische Matrizen
8.5 Determinanten
8.6 Eigenwerte und -vektoren
8.7 Quadratische Formen
9 Funktionen mit mehreren Veränderlichen
10 Differenzialrechnung bei mehreren Veränderlichen
10.1 Partielle Ableitung und Gradient
10.2 Anwendungen
10.2.1 Lokale Extremstellen
10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation
10.3 Weiterführende Themen
10.3.1 Kurven
10.3.2 Kettenregel
10.3.3 Richtungsableitung
10.3.4 Hesse-Matrix
11 Integration bei mehreren Veränderlichen
11.1 Satz von Fubini
11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen
II Lösungen
1 Funktionen
1.1 Elementare Funktionen
1.1.1 Lineare Funktionen
1.1.2 Quadratische Funktionen
1.1.3 Polynome
1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen
1.1.5 Trigonometrische Funktionen
1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen
1.1.7 Betrags-Funktion
1.2 Einige Eigenschaften von Funktionen
1.3 Umkehrfunktionen
1.3.1 Wurzelfunktionen
1.3.2 Arcus-Funktionen
1.3.3 Logarithmus
1.4 Modifikation von Funktionen
2 Komplexe Zahlen
2.1 Grundlagen
2.2 Eigenschaften
2.3 Polardarstellung
3 Folgen und Reihen
3.1 Folgen
3.2 Reihen
3.3 Potenzreihen
4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit
4.1 Grenzwerte
4.2 Stetigkeit
5 Differenzialrechnung
5.1 Differenzierbare Funktionen
5.2 Rechenregeln
5.3 Anwendungen
5.3.1 Kurvendiskussion
5.3.2 Regel von de L’Hospital
5.3.3 Newton-Verfahren
5.3.4 Taylorpolynome und -reihen
6 Integralrechnung
6.1 Definition und elementare Eigenschaften
6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung
6.3 Integrationstechniken
6.3.1 Einfache Integrationstechniken
6.3.2 Partielle Integration
6.3.3 Substitution
6.3.4 Partialbruch-Zerlegung
7 Vektorrechnung
7.1 Vektoren und Vektorraum
7.2 Linearkombination
7.3 Skalarprodukt
7.4 Vektorprodukt
7.5 Geraden und Ebenen
8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen
8.1 Grundlagen
8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren
8.3 Matrizen
8.4 Quadratische Matrizen
8.5 Determinanten
8.6 Eigenwerte und -vektoren
8.7 Quadratische Formen
9 Funktionen mit mehreren Veränderlichen
10 Differenzialrechnung bei mehreren Veränderlichen
10.1 Partielle Ableitung und Gradient
10.2 Anwendungen
10.2.1 Lokale Extremstellen
10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation
10.3 Weiterführende Themen
10.3.1 Kurven
10.3.2 Kettenregel
10.3.3 Richtungsableitung
10.3.4 Hesse-Matrix
11 Integration bei mehreren Veränderlichen
11.1 Satz von Fubini
11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

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Georg Hoever

Arbeitsbuch höhere Mathematik Aufgaben mit vollständig durchgerechneten Lösungen und Verweisen auf entsprechende Videos 3. Auflage

Arbeitsbuch höhere Mathematik

Georg Hoever

Arbeitsbuch höhere Mathematik Aufgaben mit vollständig durchgerechneten Lösungen und Verweisen auf entsprechende Videos 3. Auflage

Georg Hoever Fachbereich Elektrotechnik und Informationstechnik Fachhochschule Aachen Aachen, Deutschland

ISBN 978-3-662-68267-8 ISBN 978-3-662-68268-5 (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Der/die Herausgeber bzw. der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2013, 2015, 2023 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Planung/Lektorat: Nikoo Azarm Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer-Verlag GmbH, DE und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Heidelberger Platz 3, 14197 Berlin, Germany

Vorwort So wie man Fußballspielen nicht durch Mitverfolgen der Weltmeisterschaft lernt, so lernt man Mathematik nicht dadurch, dass man Vorlesungen besucht oder B¨ ucher durchliest. Man muss es selbst ausprobieren. Aufgaben eigenst¨ andig zu bearbeiten, sich zu u ¨berlegen, mit welchen mathematischen Werkzeugen man gegebene Probleme angehen kann, eine Problemstellung so zu modellieren, dass man sie in eine Formelsprache u ¨bersetzen kann – das alles ist unverzichtbar, wenn man sich die Mathematik zu eigen machen will. Dieses Buch will dabei helfen. Das Arbeitsbuch enth¨ alt Aufgaben samt vollst¨andig durchgerechneten L¨osungen zu den Standardthemen der h¨ oheren Mathematik f¨ ur Ingenieure und Naturwissenschaftler. Dabei liegt der Fokus auf dem Verst¨andnis der Mathematik als Werkzeug zur L¨ osung von Problemen. Inhaltlich orientieren sich die Aufgaben an den Themen, wie sie in einer Vorlesung zur h¨ oheren Mathematik der Reihe nach behandelt werden k¨onnen, und wie sie im parallel erscheinenden Buch H¨ohere Mathematik kompakt“ vor” gestellt werden. Zun¨ achst werden Aufgaben zur Analysis in einer Variablen gestellt (Kapitel 1 bis 6), dann zur linearen Algebra (Kapitel 7 und 8). Die Aufgaben zur linearen Algebra sind weitestgehend unabh¨angig von denen zur Analysis und k¨ onnen daher auch vorgezogen werden. Die Kapitel 9 bis 11 beinhalten dann Aufgaben zur Analysis von Funktionen mehrerer Ver¨anderlicher. Die Kapitel entsprechen dabei thematisch genau den Kapiteln aus dem Buch H¨ ohere Mathematik kompakt“. ” Zu Beginn der einzelnen Kapitel bzw. Themenbl¨ocke stehen Aufgaben, die mehr die Rechentechnik u ¨ben, gefolgt von Aufgaben, bei denen die Anwendung der Techniken zur L¨ osung (mehr oder weniger) realer Probleme im Fokus steht. Oft muss dazu zun¨ achst eine geeignete mathematische Modellierung der Problemstellung entwickelt werden. Ferner gibt es die ein oder andere beispielhafte Klausuraufgabe. Bei diesen Aufgaben ist vermerkt, wie lange eine Bearbeitung w¨ ahrend einer Klausur ungef¨ ahr dauern sollte. Im Teil I sind ausschließlich die Aufgaben aufgef¨ uhrt. Der Teil II bietet dann die L¨ osungen an. Dem Leser sei empfohlen, sich die Aufgaben zun¨achst nur im Teil I anzusehen, um nicht gleich in Versuchung gef¨ uhrt zu werden, einen Blick auf die L¨ osungen zu werfen. Der Lerneffekt, eine Aufgabe wirklich selbst zum ersten Mal zu l¨ osen, ist unwiederbringlich verloren, wenn man sich die v

vi

Vorwort

fertige L¨ osung aus Teil II angesehen hat. Die L¨osungen sollen dazu dienen, die eigenen Rechnungen zu kontrollieren. Oft gibt es mehrere M¨oglichkeiten zur L¨ osung. Im L¨ osungsteil wird entsprechend darauf hingewiesen. Die Vorstellung mehrerer L¨ osungsvarianten zeigt dem Leser, dass es nicht nur einen Weg gibt, den man h¨ atte finden sollen, sondern dass es h¨aufig mehrere Varianten und unterschiedliche Zug¨ ange gibt. Vielleicht hat der Leser sogar noch einen weiteren gefunden. Einige Aufgaben werden sp¨ ater wieder aufgegriffen. Im Aufgabenteil wird das entsprechend erw¨ ahnt. Die zu Grunde liegende Theorie ist im parallel erscheinenden Buch H¨ ohere Mathematik kompakt“ dargestellt. Abgesehen von Ver” weisen auf Aufgaben beziehen sich Verweise in der Form s. Bemerkung x.x.x“ ¨ immer auf dieses Buch. Dabei sind Verweise nicht auf” alle benutzten S¨atze o.A. und Definitionen sondern eher nur bei Detail¨ uberlegungen angef¨ uhrt. Grundlegend ist immer die Theorie des entsprechenden Kapitels. Ich hoffe, dass diese Aufgabensammlung f¨ ur die Studierenden interessante und ¨ lehrreiche Ubungsm¨ oglichkeiten bereitstellt und auch von manchen Dozenten ¨ als Anregung gesch¨ atzt wird. Uber R¨ uckmeldungen freue ich mich, sowohl was die Formulierung der Aufgaben, die inhaltliche Darstellung der L¨osung oder ¨ fehlende Ubungsaspekte angeht, als auch einfach nur die Nennung von Druckfehlern. Eine Liste der gefundenen Fehler ver¨offentliche ich auf meiner Internetseite www.hoever.fh-aachen.de. An dieser Stelle m¨ ochte ich mich bei den vielen Studierenden, Kollegen und Freunden bedanken, namentlich bei Jonas Jungjohann, die zum Entstehen dieses Buches beigetragen haben, sei es durch Anregungen zur Handhabung der Aufgaben, zur Digitalisierung oder zu Druckfehlern in den ersten Versionen. Ferner geb¨ uhrt mein Dank dem Springer-Verlag f¨ ur die komplikationslose Zusammenarbeit. Aachen, im September 2012, Georg Hoever

Vorwort zur zweiten Auflage Auch bei gr¨ oßter Sorgfalt kann man nicht verhindern, dass es Tipp- oder Druckfehler gibt. Daher freue ich mich, dass ich mit der zweiten Auflage die Fehler, die bisher entdeckt wurden, berichtigen kann, und bedanke mich bei den Studierenden, die mich durch ihre sorgf¨ altige Lekt¨ ure auf Druckfehler aufmerksam gemacht haben. Ansonsten ist diese Auflage gegen¨ uber der ersten kaum ver¨ andert. Aachen, im Februar 2015, Georg Hoever

Vorwort

vii

Vorwort zur dritten Auflage In der dritten Auflage des dieser Aufgabensammlung zu Grunde liegenden Theorie-Buchs H¨ ohere Mathematik kompakt“ habe ich QR-Codes erg¨anzt, ” die auf 5- bis 10-min¨ utigen Videos zu den entsprechenden Themen verweisen. Mittlerweile sind auch zu den meisten Aufgaben aus diesem Arbeitsbuch Videos entstanden, die die Herangehensweisen und die L¨osungen erl¨autern. Wie in dem Theorie-Buch sind diese Videos nun mittels QR-Codes, die neben den Aufgaben stehen, erreichbar. Alternativ kann man die Videos auch u ¨ber die Internetseite www.hm-kompakt.de aufrufen, indem man dort das unter dem QR-Code stehende K¨ urzel (also z.B. A101“) in das Schnellzugriffs-Feld ein” gibt. Abgesehen von den QR-Codes zu den Videos gibt es in dieser Auflage nur ¨ geringf¨ ugige Anderungen: Einige Aufgaben wurden modifiziert oder erg¨anzt, die Verweise auf das Theorie-Buch H¨ ohere Mathematik kompakt“ wurden auf ” die Nummerierung in der dritten Auflage des Theorie-Buchs angepasst, und weitere entdeckte Tipp- oder Druckfehler wurden korrigiert. An dieser Stelle m¨ ochte ich mich ganz herzlich bei G¨ unter M¨anz bedanken, der eine Vielzahl der Videos zu den Aufgaben gedreht hat. Ferner geb¨ uhrt mein Dank Calvin K¨ ocher, der wertvolle Anregungen bzgl. der Webseite gegeben und diese umgesetzt hat, sowie Laura Schubert, Jon Kaliner, Sebastian L¨ uscher, Phillip Krien und Gerrit Weiermann, die die Videos aufbereitet und in die Internetseite eingepflegt haben. Aachen, im August 2023, Georg Hoever

Inhaltsverzeichnis

Vorwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

v

Teil I: Aufgaben 1

Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1 Elementare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1 Lineare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2 Quadratische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3 Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.5 Trigonometrische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.7 Betrags-Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2 Einige Eigenschaften von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3 Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.3.1 Wurzelfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.3.2 Arcus-Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.3 Logarithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.4 Modifikation von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2

Komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.2 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3 Polardarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3

Folgen und Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.1 Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 ix

x

Inhaltsverzeichnis 3.2 Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.3 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4

Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4.1 Grenzwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4.2 Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5

Differenzialrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 5.1 Differenzierbare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 5.2 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 5.3 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 5.3.1 Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 5.3.2 Regel von de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5.3.3 Newton-Verfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.3.4 Taylorpolynome und -reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

6

Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 6.1 Definition und elementare Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . 56 6.3 Integrationstechniken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 6.3.1 Einfache Integrationstechniken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 6.3.2 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 6.3.3 Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 6.3.4 Partialbruch-Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

7

Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 7.1 Vektoren und Vektorraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 7.2 Linearkombination . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 7.3 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 7.4 Vektorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 7.5 Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

8

Lineare Gleichungssysteme und Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 8.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 8.3 Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Inhaltsverzeichnis

xi

8.4 Quadratische Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 8.5 Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 8.6 Eigenwerte und -vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 8.7 Quadratische Formen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 9

Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . 95 10.1 Partielle Ableitung und Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 10.2 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 10.2.1 Lokale Extremstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation . . . . . . . . . . . . . 98 10.3 Weiterf¨ uhrende Themen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 10.3.1 Kurven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 10.3.2 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 10.3.3 Richtungsableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 10.3.4 Hesse-Matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 11 Integration bei mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 11.1 Satz von Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 Teil II: L¨ osungen 1

Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 1.1 Elementare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 1.1.1 Lineare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 1.1.2 Quadratische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 1.1.3 Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 1.1.5 Trigonometrische Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . 147 1.1.7 Betrags-Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 1.2 Einige Eigenschaften von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 1.3 Umkehrfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 1.3.1 Wurzelfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

xii

Inhaltsverzeichnis 1.3.2 Arcus-Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 1.3.3 Logarithmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 1.4 Modifikation von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

2

Komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 2.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 2.2 Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 2.3 Polardarstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

3

Folgen und Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 3.1 Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 3.2 Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224 3.3 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

4

Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 4.1 Grenzwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 4.2 Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

5

Differenzialrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 5.1 Differenzierbare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 5.2 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 5.3 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 5.3.1 Kurvendiskussion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 5.3.2 Regel von de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 5.3.3 Newton-Verfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 5.3.4 Taylorpolynome und -reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298

6

Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 6.1 Definition und elementare Eigenschaften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . 320 6.3 Integrationstechniken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 6.3.1 Einfache Integrationstechniken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 6.3.2 Partielle Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334 6.3.3 Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344 6.3.4 Partialbruch-Zerlegung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354

Inhaltsverzeichnis 7

xiii

Vektorrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357 7.1 Vektoren und Vektorraum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357 7.2 Linearkombination . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 7.3 Skalarprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370 7.4 Vektorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387 7.5 Geraden und Ebenen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

8

Lineare Gleichungssysteme und Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 8.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419 8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430 8.3 Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445 8.4 Quadratische Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 459 8.5 Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 467 8.6 Eigenwerte und -vektoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475 8.7 Quadratische Formen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480

9

Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . 499 10.1 Partielle Ableitung und Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 499 10.2 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 510 10.2.1 Lokale Extremstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 510 10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation . . . . . . . . . . . . . 515 10.3 Weiterf¨ uhrende Themen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520 10.3.1 Kurven . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520 10.3.2 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525 10.3.3 Richtungsableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526 10.3.4 Hesse-Matrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527 11 Integration bei mehreren Ver¨ anderlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533 11.1 Satz von Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533 11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen . . . . . . . . . . . . . . . . . 538

I

Aufgaben

1

Funktionen

1.1 Elementare Funktionen 1.1.1 Lineare Funktionen Aufgabe 1.1.1 Skizzieren Sie die folgenden Geraden: a) y = 23 x − 2,

b) y =

2 3

− 2x,

A101

c) y = −x + 1.

Aufgabe 1.1.2 Wie lauten die Geradengleichungen zu den skizzierten Geraden? A102

(Die markierten Punkte entsprechen ganzzahligen Koordinatenwerten.) a)

b)

y

c)

y

y b

b

1

b

1

1

b

1

x

1

x

1

x

b

b

Aufgabe 1.1.3 Bestimmen Sie die Geradengleichung zu einer Geraden, a) die durch die Punkte (−1, 0) und (1, 2) f¨ uhrt, b) die durch den Punkt (2, −1) f¨ uhrt und die Steigung −2 hat, c) die die x-Achse bei −2 und die y-Achse bei 1 schneidet.

d) die durch den Punkt (1, −2) f¨ uhrt und senkrecht zu der Geraden ist, die durch y = 13 x − 1 beschrieben wird. © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_1

A103

4

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.4 A104

Wo kommt das schwarze Feld in den beiden aus gleichen Teilen bestehenden Figuren her?

Aufgabe 1.1.5 A105

a) Auf Meeresh¨ ohe ist der Luftdruck 1013 hPa (Hektopascal). Pro 8 m H¨ohe nimmt er um ca. 1 hPa ab. Geben Sie den funktionalen Zusammenhang zwischen H¨ohe und Luftdruck an. Wie groß ist der Druck in 500 m H¨ohe? (Bei gr¨ oßeren H¨ ohendifferenzen (∼ km) ist der Zusammenhang nicht mehr linear.)

b) Herr M¨ uller gr¨ undet ein Gewerbe: Er produziert und verkauft Lebkuchen. Die Anschaffung der Produktionsmaschine kostet 10000e. Jeder verkaufte Lebkuchen bringt ihm einen Gewinn von 0,58e. Wie hoch ist sein Gesamtgewinn/-verlust in Abh¨angigkeit von der Anzahl der verkauften Lebkuchen? Wieviel Lebkuchen muss er verkaufen, um den break-even (Gesamtgewinn/-verlust = 0) zu erreichen? c) Ein Joghurtbecher hat eine H¨ ohe von 8 cm, einen unteren Radius von 2 cm und einen oberen Radius von 3 cm. Wie groß ist der Radius in Abh¨ angigkeit von der H¨ohe? Fortsetzung: Aufgabe 11.1.4

Aufgabe 1.1.6 A106

a) Bei der Klausur gibt es 80 Punkte. Ab 34 Punkten hat man bestanden (4.0), ab 67 Punkten gibt es eine 1.0. Dazwischen ist der Notenverlauf linear. a1) Ab wieviel Punkten gibt es eine 3.0? a2) Welche Note erh¨ alt man mit 53 Punkten? b) Daniel Fahrenheit nutzte zur Festlegung seiner Temperaturskala als untere Festlegung (0o F) die Temperatur einer K¨altemischung und als obere Festlegung (96o F) die normale K¨ orpertemperatur. Nach heutiger Standardisierung gilt: o o o 0o F entspricht − 160 9 C ≈ −17.8 C und 96 F entspricht

320 o 9 C

≈ 35.6o C.

1.1 Elementare Funktionen

5

b1) Wieviel Grad Fahrenheit entspricht der Gefrierpunkt des Wassers? b2) Wieviel Grad Celsius sind 50o F?

Aufgabe 1.1.7 Beschreiben Sie den funktionalen Zusammenhang zwischen Steuersatz und Einkommen, wie er in der Grafik gekennzeichnet ist (Stand 2020).

50

Steuersatz in Prozent

45% ab 270500e

40

A107

42% ab 57051e

30 23.97% bei 14532e

20

zu versteuerndes Einkommen in tausend Euro

14% ab 9408e

10

10 20 30 40 50 60

250

Fortsetzung: Aufgabe 6.1.5, Aufgabe 6.3.6

1.1.2 Quadratische Funktionen Aufgabe 1.1.8 Bestimmen Sie die Nullstellen und zeichnen Sie die Funktionsgrafen zu A108

a) f (x) = x2 + 2x − 5,

b) h(y) = 21 y 2 + y + 2,

c) f (x) = −x2 + 6x − 8,

d) g(a) = 13 a2 − 32 a − 1.

Geben Sie – falls m¨ oglich – eine faktorisierte Darstellung an.

Aufgabe 1.1.9 Geben Sie eine Funktionsvorschrift f¨ ur die folgenden Parabeln an! (Die markierten Punkte und Linien entsprechen ganzzahligen Koordinatenwerten.) a)

b)

f (x)

c)

f (x)

f (x)

b

1 b

1

1 b

x b

1

b

b

1

1

b

x b

x

A109

6

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A110

¨ Uber einen 30 m breiten Fluss, bei dem das rechte Ufer 15m tiefer liegt als das linke, soll eine Br¨ ucke mit parabelf¨ ormiger Unterseite gebaut werden. Der Scheitelpunkt soll 10m vom linken Ufer entfernt sein (s. Skizze). Wie kann man den Br¨ uckenbogen funktional beschreiben? (Sie k¨ onnen ein Koordinatensystem w¨ ahlen, wie Sie m¨ochten.)

10m 15m 30m

Aufgabe 1.1.11 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A111

Eine 300m lange H¨ angebr¨ ucke besitze ein parabelf¨ormiges Hauptseil, das an den 85m hohen Pfeilern (von der Straße aus gemessen) aufgeh¨angt ist und am tiefsten Punkt 10m u ¨ber der Fahrbahn verl¨auft. Dazwischen sind in gleichen Abst¨ anden vier Tragseile f¨ ur die Fahrbahn montiert (s. Skizze). Wie lang sind diese vier Tragseile?

85m

10m

300m

Aufgabe 1.1.12 A112

Eine altbekannte Faustformel f¨ ur das Idealgewicht eines Menschen in Abh¨angigkeit von seiner Gr¨ oße ist Idealgewicht in kg = K¨ orpergr¨oße in cm minus 100. In den letzten Jahren wurde mehr der Bodymass-Index (BMI) propagiert: BMI =

Gewicht in kg (K¨ orpergr¨ oße in m)

2.

Ein BMI zwischen 20 und 25 bedeutet Normalgewicht. a) Zeichnen Sie ein Diagramm, das in Abh¨angigkeit von der K¨orpergr¨oße 1) das Idealgewicht nach der ersten Formel,

1.1 Elementare Funktionen

7

2) das Gewicht bei einem BMI von 20 und 3) das Gewicht bei einem BMI von 25 angibt. b) F¨ ur welche K¨ orpergr¨ oße liegt beim Idealgewicht entsprechend der ersten Formel der BMI zwischen 20 und 25?

Aufgabe 1.1.13 F¨ ur welche Parameterwerte c gibt es reelle L¨osungen x zu x2 + cx + c = 0? A113

1.1.3 Polynome Aufgabe 1.1.14 Zerlegen Sie die folgenden Polynome soweit es geht in lineare und quadratische Faktoren a) f (x) = x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1,

b) f (x) = x3 + x2 − 4x − 4,

c) h(y) = −2y 3 − 8y 2 − 6y,

d) g(a) = a4 − a2 − 12.

A114

Fortsetzung: Aufgabe 1.1.17, Aufgabe 1.1.22

Aufgabe 1.1.15 Bestimmen Sie die Vielfachheit der Nullstelle 2 des Polynoms A115

p(x) = x4 − 4x3 + 16x − 16.

Aufgabe 1.1.16 Die in der Skizze dargestellte Funktion hat die Gestalt f (x) = a · (x + 1)p1 (x − 1)p2 (x − 4)p3 mit einem Vorfaktor a, der gleich plus oder minus Eins ist, und mit Exponenten pk , die gleich 1, 2 oder 3 sind. Wie lautet die korrekte Darstellung von f ?

f (x) A116

-1

x 1

2

3

4

8

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.17 Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu A117

a) f (x) = (x + 2)2 · (x − 1)2 · (x − 3),

b) f (x) = −x3 + 2x2 ,

c) f (x) = x3 + x2 − 4x − 4,

d) h(y) = −2y 3 − 8y 2 − 6y.

Zu c) und d) vgl. Aufgabe 1.1.14.

Aufgabe 1.1.18 Ist die folgende Aussage richtig oder falsch? A118

Hat ein Polynom dritten Grades zwei Nullstellen, so gibt es auch eine dritte Nullstelle.

1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen Aufgabe 1.1.19 Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu A119

1 , x+2 1 , c) g(x) = (x − 2)2 a) f1 (x) =

b) f2 (x) = − d) h(x) =

2 , x−3

1 . x5

Fortsetzung: Aufgabe 1.1.20

Aufgabe 1.1.20 Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu A120

f (x) =

−2 1 + x+2 x−3

und

g(x) =

1 1 − . 2 (x + 1) x−2

Zur Funktion f vgl. Aufgabe 1.1.19.

Aufgabe 1.1.21 Bestimmen Sie die Partialbruchzerlegungen zu A121

a) f (x) = d) f (x) =

4x − 3 , x2 + x − 6 −2x2 − 3 , x3 + x

b) g(x) = e) f (x) =

Fortsetzung: Aufgabe 2.2.4, Aufgabe 6.3.17

2x , x2 − 1 2x2

c) h(x) =

1 . − 2x − 4

2x + 3 , x2 + 2x + 1

1.1 Elementare Funktionen

9

Aufgabe 1.1.22 Wie lautet der Ansatz zur Partialbruchzerlegung von A122

−2x3 + 5x2 − 6x − 1 ? f (x) = 4 x − 2x3 + 2x2 − 2x + 1 Tipp: Zum Nennerpolynom vgl. Aufgabe 1.1.14, a).

Aufgabe 1.1.23 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) F¨ uhren Sie eine Partialbruchzerlegung von f (x) = zieren Sie den Funktionsgraf.

x−1 durch und skizx2 − x − 2

A123

1.1.5 Trigonometrische Funktionen Aufgabe 1.1.24 Berechnen Sie die fehlenden Seitenl¨ angen in den rechtwinkligen Dreiecken. (Die Zeichnungen sind nicht maßstabsgetreu. Nutzen Sie einen Taschenrechner.) a)

b)

5

x

y

3

b

30◦

c)

50◦ b

60◦

y

b

y

x

x

A124

4

Aufgabe 1.1.25 a) Wandeln Sie die Gradzahlen 90◦ , 180◦ , 45◦ , 30◦ , 270◦ und 1◦ in Bogenmaß um und veranschaulichen Sie sich die Bogenmaße im Einheitskreis.

A125

b) Wandeln Sie die folgenden Bogenmaß-Angaben in Gradzahlen um: π,

2π,

− π2 ,

π 6,

π 3,

3 4 π,

1.

Aufgabe 1.1.26 Eine Kirchturmuhr besitze einen ca. 2 m langen Minutenzeiger. Welche Entfernung legt die Zeigerspitze in f¨ unf Minuten zur¨ uck? Stellen Sie einen Zusammenhang zum Bogenmaß her!

A126

10

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.27 A127

Zeichnen Sie die Funktionsgrafen zur Sinus- und Cosinus-Funktion und markieren Sie darin die wichtigen Winkel und Werte.

Aufgabe 1.1.28 A128

a) Veranschaulichen Sie sich die folgenden Beziehungen f¨ ur x ∈ [0, π2 ] anhand der Definitionen der Winkelfunktionen im Einheitskreis: 1) sin(−x) = − sin(x),

3) sin(π − x) = sin(x),

2) cos(−x) = cos(x), 4) cos(π − x) = − cos(x).

b) Verifizieren Sie die Beziehungen 3) und 4) sowie 5) sin( π2 − x) = cos(x),

6) cos( π2 − x) = sin(x)

mit Hilfe der Additionstheoreme. c) Veranschaulichen Sie sich die Beziehungen 1) bis 6) an den Funktionsgrafen der Sinus- und Cosinus-Funktion.

Aufgabe 1.1.29 A129

Nutzen Sie die Additionstheoreme, um zu zeigen, dass gilt:
a) sin x · cos y = 21 sin(x + y) + sin(x − y) ,
b) sin x · sin y = 21 cos(x − y) − cos(x + y) , x+y x−y c) sin x + sin y = 2 sin · cos (Tipp: verwenden Sie a)), 2 2
d) sin(3x) = 3 · cos2 x − sin2 x · sin x. Fortsetzung: Aufgabe 2.3.7, Aufgabe 6.3.11

Aufgabe 1.1.30 A130

Sie sollen eine Uhr auf dem Bildschirm programmieren. Welche Koordinaten hat die n-te Minute (n = 0, 1, . . . , 59) bei einer Uhr a) mit Radius 1, bei der der Koordinatenursprung in der Mitte der Uhr liegt, b) mit Radius 2, bei der der Koordinatenursprung in der Mitte der Uhr liegt, c) mit Radius 1, bei der der Koordinatenursprung in der linken unteren Ecke liegt, d.h. bei der der Mittelpunkt der Uhr bei (1, 1) liegt, d) mit Radius r, bei der der Mittelpunkt der Uhr bei (a, b) liegt?

1.1 Elementare Funktionen

11

1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen Aufgabe 1.1.31 Welche der folgenden Aussagen sind richtig? (Nicht rechnen sondern denken!)
4 10 d) 34 · 35 = 320 , a) 23 · 23 = 43 , b) 21 = (−2)4 , c) 662 = 65 , 63 23

e) 53 · 53 = 59 ,

f) 43 · 53 = 203 ,

g)

i) 33 · 33 = 39 ,

j) 33 · 33 = 93 ,

k) 33 · 33 = 36 ,

= 33 ,

A131

h) (34 )5 = (35 )4 , l) 33 · 33 = 63 .

Aufgabe 1.1.32 a) Skizzieren Sie die Funktionen f (x) = 3x

und

g(x) = 2−x =


1 x 2

A132

.

b) Wie groß muss Ihr Papier sein, damit Sie bei 1 cm als L¨angeneinheit die Funktion f im Intervall [−5; 5] bzw. im Intervall [−10; 10] zeichnen k¨onnen?

Aufgabe 1.1.33 Falten Sie eine

1 2

cm dicke Zeitung 10 bzw. 20 mal. A133

Welche Dicken erhalten Sie? Versuchen Sie die L¨ osungen mit Hilfe von 210 ≈ 1000 ohne Taschenrechner abzusch¨ atzen. Fortsetzung: Aufgabe 1.3.11

Aufgabe 1.1.34 Bei einem Zinssatz p, erh¨ alt man nach einem Jahr Zinsen in H¨ohe von p · G, d.h., das Guthaben w¨ achst auf G + p · G = (1 + p) · G.

A134

Wie groß ist das Guthaben nach n Jahren a) ohne Zinseszinsen,

b) mit Zinseszinsen?

Berechnen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) konkret das Guthaben in den beiden F¨ allen nach 20 Jahren mit G = 1000e, p = 3% = 0.03. Fortsetzung: Aufgabe 1.3.13, Aufgabe 1.4.4, Aufgabe 5.3.17

Aufgabe 1.1.35 a) Zeigen Sie: cosh2 x − sinh2 x = 1.

b) Gilt sinh(2x) = 2 sinh x · cosh x? (Beweis oder Gegenbeispiel!)

A135

12

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.36 A136

Zwischen zwei 8m hohen Masten, die 20m weit auseinanderstehen, soll ein 25m langes Kabel gespannt werden. Liegt das Kabel in der Mitte auf dem Boden? Nutzen Sie dazu folgende Informationen: Ein h¨ angendes Seil mit Scheitelpunkt bei x = 0 kann durch die Funktion f (x) = a cosh xa + b mit Konstanten a, b beschrieben werden. Die L¨ ange L des Funktionsgrafen zu f auf dem Intervall [−x0 , x0 ] betr¨agt L = 2a sinh xa0 . Hinweis: Die L¨ angenformel kann man nicht elementar nach a aufl¨osen, so dass man zur Bestimmung von a aus L beispielsweise Werte mit Hilfe eines Taschen¨ ausprobieren muss. rechners o.A. Fortsetzung: Aufgabe 4.2.4, Aufgabe 5.3.12; vgl. Aufgabe 6.3.7

1.1.7 Betrags-Funktion Aufgabe 1.1.37 a) Markieren Sie auf der Zahlengerade, f¨ ur welche x gilt A137

1) |x − 6| < 0.3,

2) |x + 3| < 2,

3) |2 − x| ≤ 3.

b) Beschreiben Sie die skizzierten Intervalle mit Hilfe der Betrags-Funktion: 2)

1) 0

1

2

3

4

5

−a

0

a

Aufgabe 1.1.38 A138

Verifizieren Sie die Dreiecks-Ungleichung |x + y| ≤ |x| + |y| f¨ ur alle Kombinationen von x = ±2 und y = ±3. Wann gilt =“, wann 0 mit √ √ √ a+b = a + b?

1.3 Umkehrfunktionen

15

1.3.2 Arcus-Funktionen Aufgabe 1.3.4 Berechnen Sie den Winkel α (in Bogenmaß und Grad) in den abgebildeten Dreiecken. (Die Zeichnungen sind nicht maßstabsgetreu; nutzen Sie einen Taschenrechner) a) α

c)

b)

7

5 b

α b

4

d)

8

3 α

b

6 α

A148

7 b

2

Aufgabe 1.3.5 a) Welchen Winkel schließt die Gerade y = 12 x mit der x-Achse ein? b) Wie lautet der Zusammenhang zwischen der Steigung einer Geraden und dem Winkel zwischen der x-Achse und der Geraden allgemein.

A149

Aufgabe 1.3.6 15% Steigung einer Straße bedeutet, dass die Straße bei 100m in horizontaler Richtung um 15m ansteigt.

A150

Welchem Winkel zwischen Straße und der Waagerechten entspricht eine Steigung von 15%, welchem Winkel eine Steigung von 100%?

Aufgabe 1.3.7 Offensichtlich gibt es im Intervall [ π2 , π] ein x1 mit sin x1 = 0.8 und im Intervall [π, 2π] zwei Werte x2 und x3 mit sin x2 = sin x3 = −0.8.

A151

Berechnen Sie diese Werte mithilfe der arcsin-Funktion Ihres Taschenrechners unter Ausnutzung von Symmetrie¨ uberlegungen.

Aufgabe 1.3.8 Der Bodensee ist ca. 50 km lang (Konstanz-Bregenz). a) Wieviel steht der Bodensee u ¨ber? Genauer: Wie tief l¨ age ein straff gespanntes Seil unter dem durch die Erdkr¨ ummung aufgew¨ olbten Wasserspiegel? b) Wieviel k¨ urzer ist das gespannte Seil gegen¨ uber einem auf der Wasseroberfl¨ ache schwimmenden? Stellen Sie zun¨ achst eine Formel f¨ ur die H¨ ohe h bzw. die L¨angendifferenz ∆l in Abh¨ angigkeit vom Erdradius R und der Entfernung l zwischen Konstanz und Bregenz auf, bevor Sie die konkreten Werte einsetzen. (Es ist R ≈ 6370 km.) c) Welche Werte erhalten Sie f¨ ur einen 100 m langen See?

(Nutzen Sie einen Taschenrechner.) Fortsetzung: Aufgabe 3.3.6, Aufgabe 5.2.17, Aufgabe 5.3.16, Aufgabe 5.3.23

A152

16

1 Funktionen

1.3.3 Logarithmus Aufgabe 1.3.9 A153

¨ Uberlegen Sie sich, zwischen welchen zwei ganzen Zahlen die L¨osungen x zu den folgenden Gleichungen liegen. a) 10x = 20, x

e) 0.7 = 0.3,

b) 2x = 10, x

f) 4 = 1.1,

c) 3x = 0.5, x

g) 0.5 = 4,

d) 8x = 3, h) 0.2x = 0.5.

Wie kann man die L¨ osung mit Hilfe des Logarithmus ausdr¨ ucken? Berechnen Sie die genaue L¨ osung mit einem Taschenrechner.

Aufgabe 1.3.10 a) Welche Werte haben log2 8 und log8 2 bzw. log0.1 100 und log100 0.1? A154

b) Sehen Sie bei a) einen Zusammenhang zwischen loga b und logb a? Gilt dieser Zusammenhang allgemein?

Aufgabe 1.3.11 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.33) A155

Wie oft m¨ ussen Sie eine 21 cm dicke Zeitung falten, um auf dem Mond (Entfernung ca. 300000km) zu landen, wie oft, um die Sonne (ca. 150 Millionen km entfernt) zu erreichen? Versuchen Sie die L¨ osungen ohne Taschenrechner abzusch¨atzen.

Aufgabe 1.3.12 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A156

In einem Labor werden Bakterien beobachtet, die sich durch Zellteilung exponentiell vermehren, d.h., die Bakterienanzahl kann durch die Funktion f (t) = a · 2λ·t mit der Zeit t, einem Parameter a und der Vermehrungsrate λ beschrieben werden. Zu einem bestimmten Zeitpunkt beobachtet man 100 Bakterien, 2 Tage sp¨ ater sind es 800. Wie groß ist die Vermehrungsrate λ?

Aufgabe 1.3.13 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.34) a) Wann hat sich ein Guthaben bei einem Zinssatz p = 3% = 0.03 verdoppelt? A157

b) Wie groß muss der Zinssatz sein, damit sich ein Guthaben nach 15 Jahren verdoppelt hat? Berechnen Sie die Werte einerseits ohne, andererseits mit Zinseszins. Nutzen Sie einen Taschenrechner.

1.3 Umkehrfunktionen

17

Aufgabe 1.3.14 Zeigen Sie, dass A158

ld x ≈ ln x + log x mit einer Abweichung weniger als 1% gilt. (Dabei bezeichnet log den Logarithmus zur Basis 10. Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

Aufgabe 1.3.15 Welche Funktionen sind in den folgenden Schaubildern (mit zum Teil logarithmischer Skalierung) durch die Geraden dargestellt? a)

f (x)

b)

1000 500

100 50

10 5

10 5 1 0.5

x

0.1 −1

c)

f (x) 1000 500

100 50

1 0.5 0

1

2

f (x)

d)

3

1

10 5

−1

0.1

1

10

100

1000

1

2

3

1000 500 100 50

x

0 f (x)

2

0

x

0.1 −1

3

A159

1 0.5 0.1

x 0.1

1

10

100

1000

Aufgabe 1.3.16 Signal-zu-Rausch-Verh¨ altnisse (SNR: signal-to-noise-ratio) werden h¨aufig in Dezibel (dB) angegeben. Dabei ist Bel (B) der Logarithmus zur Basis 10 des Verh¨ altnisses. Zehn Dezibel entsprechen einem Bel, so dass sich mit der Signalleistung S und der Rauschleistung R das SNR in dB ergibt durch SNR = 10 · log10

S [dB]. R

a) Welchen Wert hat das SNR bei einer Signalleistung S = 10 W und einer Rauschleistung von R = 0.1 W? b) Um wieviel ¨ andert sich SNR, wenn man die Signalleistung verdoppelt?

A160

18

1 Funktionen

Aufgabe 1.3.17 A161

Zeigen Sie: F¨ ur die Umkehrfunktion arsinh zu f (x) = sinh x gilt: p
arsinh y = ln y + y 2 + 1 .

Anleitung: Zur Bestimmung der Umkehrfunktion m¨ ussen Sie die Gleichung f (x) = y nach x umstellen. Nutzen Sie dazu die Definition von sinh x, f¨ uhren Sie die Substitution z = ex durch und stellen Sie die Gleichung zun¨achst nach z um.

Aufgabe 1.3.18 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) Markieren Sie den richtigen (gerundeten) Zahlenwert. A162

(Sie brauchen Ihre Angabe nicht zu begr¨ unden) sin 4 =

cos 3 =

arcsin 0.5 =

arccos 0.2 =

−0.757

0.141

−0.314

0.201

0.241

−0.324

0.523

1.369

0.891

−0.990

1.571

2.156

√

e−1 =

0.3 =

log3 5 =

ln 0.2 =

0.09

−2.718

0.834

−1.609

0.325

0.368

1.465

0.156

0.548

0.891

2.134

1.324

Aufgabe 1.3.19 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) A163

Markieren Sie zu a auf dem Zahlenstrahl jeweils (falls definiert) die ungef¨ahre Lage von √ 1 x1 = a2 , x2 = a, x3 = , x4 = 2a , x5 = log2 a. a a) -1

0

-1

0

-1

0

1

a

2

b) a

1

2

1

2

c) a

1.4 Modifikation von Funktionen

19

1.4 Modifikation von Funktionen Aufgabe 1.4.1 Was ist richtig? Die Verkettung g ◦ f ist

gerade

im Allgemeinen ungerade keines von beiden

A164

a) wenn f und g gerade sind b) wenn f und g ungerade sind c)

wenn f gerade und g ungerade ist

d)

wenn f ungerade und g gerade ist

Aufgabe 1.4.2 Sei f : R → R, f (x) = x2 +1 und g : R → R, g(x) = x2 +px+q mit Parametern p und q.

A165

Gibt es Parameterwerte f¨ ur p und q, so dass f ◦ g = g ◦ f ist?

Aufgabe 1.4.3 Sei f (x) = 2x + 4. a) Bestimmen Sie die Umkehrfunktion f −1 zu f .

A166

b) Berechnen Sie f −1 ◦ f und f ◦ f −1 .

Aufgabe 1.4.4 Eine Rentenversicherung mit Kapitalauszahlung bietet zwei Modelle an: Modell A: Die Beitr¨ age werden dem Bruttolohn entnommen und zu Beginn mit 20% versteuert. Die Auszahlung der verzinsten Beitr¨age ist daf¨ ur steuerfrei. Modell B: Die vollen Beitr¨ age aus dem Bruttolohn werden verzinst. Am Ende wird der Auszahlungsbetrag mit 20% versteuert. Welches Modell ist besser? Modellieren Sie das Problem mit Hilfe von Funktions-Verkettungen.

A167

20

1 Funktionen f (x)

Aufgabe 1.4.5 A168

Das nebenstehende Diagramm zeigt den Funktionsgraf zur Funktion f .

1 x

1

1) Zeichnen Sie den Funktionsgraf zu a) g(x) = f (x) − 2,

b) g(x) = f (x + 2),

c) g(x) = f (2x),

g) g(x) = f (−x),

e) g(x) = 2 · f (x),

f) g(x) = −f (x),

h) g(x) = f (x−1)−2, i) g(x) = f (−2x),

j) g(x) = f (2x) − 1,

k) g(x) =

d) g(x) =

f ( 12 x),

m) g(x) = 2f (x) − 1,

p) g(x) =

f ( 12 x

+ 1),

1 2

l) g(x) = 2 · f ( 12 x),

· f (2x),

n) g(x) = 3 − f (x),

o) g(x) = f (2x + 1),

q) g(x) = f (3 − x),

r) g(x) = −f (4 − 2x) + 3.

2) Wie lautet der entsprechende Zusammenhang zwischen g und f bei folgenden Funktionsgrafen zu g? g(x)

a)

g(x)

b)

1

1

1 1

x

g(x)

d)

g(x)

c)

1

x

g(x)

e)

g(x)

f) -1

1 x

g(x) 1

x

1

1 1

g)

x

1

1

h)

1

1

g(x)

1 x

x

i)

g(x)

x 1 1x

Aufgabe 1.4.6 Zeichnen Sie cos x und cos2 x und plausibilisieren Sie den Zusammenhang A169

cos(2x) = 2 cos2 x − 1.

1.4 Modifikation von Funktionen

21

Aufgabe 1.4.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) In Hamburg schwankt die Wassertiefe der Elbe auf Grund von Ebbe und Flut zwischen 9m und 13m, wobei der Verlauf (sehr vereinfacht) als Sinus-f¨ormig mit einer Periode von 12 Stunden modelliert werden kann.

A170

a) Skizzieren Sie den Verlauf und geben Sie eine Funktionsvorschrift an. b) Wie lang innerhalb einer Periode ist die Wassertiefe mindestens 12m? (Sie brauchen Ihre Angabe nicht zu begr¨ unden.) Fortsetzung: Aufgabe 5.2.15

Aufgabe 1.4.8 a) Sei f (x) = 1.5 · cos(x − 2) und g(x) = −2 · sin(x + 1).

¨ Nutzen Sie die Additionstheoreme, um f (x) und g(x) als Uberlagerung von Sinus- und Cosinus-Funktionen darzustellen, also in der Form c · cos(x) + d · sin(x).

Verifizieren Sie mit Hilfe eines Funktionsplotters, dass Ihre Darstellungen wirklich den urspr¨ unglichen Funktionen entsprechen. b) Sei f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x). Gesucht sind r und ϕ, so dass gilt: f (x) = r · cos(x − ϕ).

(∗)

1) Nutzen Sie einen Funktionsplotter, um r und ϕ approximativ zu bestimmen. 2) Welche Bedingungen m¨ ussen r und ϕ erf¨ ullen, damit (∗) gilt (Tipp: Additionstheorem)? Wie kann man diese Bedingungen geometrisch interpretieren (Tipp: Kreis)? Welche Werte f¨ ur r und ϕ sind die exakten?

Fortsetzung: Aufgabe 2.3.6, Aufgabe 7.2.6

A171

2

Komplexe Zahlen

2.1 Grundlagen Aufgabe 2.1.1 Sei z1 = 2 + j und z2 = j. Stellen Sie a) z1 + z2 ,

b) z1 − z2 ,

A201

c) z1 · z2 .

zeichnerisch dar und berechnen Sie die Werte.

Aufgabe 2.1.2 Berechnen Sie die folgenden Werte, stellen Sie die Ausgangszahlen und das Ergebnis in der Gaußschen Zahlenebene dar und veranschaulichen Sie sich die geometrischen Zusammenh¨ ange. a) (−1 + 2j) + (2 − j),

b) 2 · (2 − j),

c) (−2 + 3j) · (1 + j),

d) ( 12 + 34 j) · (−2 − 4j).

A202

Aufgabe 2.1.3 Konstruieren Sie grafisch z1 + z2 , z1 − z2 und z1 ·z2 zu den markierten Punkten. a)

b)

Im z z1

Im z z1

j

j z2 1

Re z

1

Re z z2

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_2

A203

24

2 Komplexe Zahlen

Aufgabe 2.1.4 A204

Geben Sie Re z, Im z, z ∗ und |z| an zu a) z = 3 − 2j,

b) z = 1 + j,

c) z = 2j,

d) z = −1.

Visualisieren Sie die Gr¨ oßen.

Aufgabe 2.1.5 A205

Zeigen Sie f¨ ur beliebige z1 , z2 ∈ C: z1 ∗ · z2 ∗ = (z1 · z2 )∗ .

Aufgabe 2.1.6 A206

Sei z1 = 1 + 2j und z2 = −3 + 5j.

Berechnen Sie z1 + z2 sowie z1 · z2 und verifizieren Sie |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |

sowie

|z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |.

Aufgabe 2.1.7 Sei z = 1 + j. A207

a) Berechnen Sie |z n |, n = 1, 2, . . . , 8.

b) Stellen Sie z, z 2 , z 3 , . . ., z 8 in der Gaußschen Zahlenebene dar.

Aufgabe 2.1.8 a) Berechnen Sie A208

1 z

und visualisieren Sie die Ergebnisse zu

1) z = 3 + 4j,

2) z = 1 − j,

3) z = 2j.

b) Berechnen Sie 1)

2+j , 3 + 4j

2)

j , 1 − 2j

3)

4 + 2j , 2+j

2.2 Eigenschaften Aufgabe 2.2.1 Gesucht sind die L¨ osungen z 2 = w zu w = 3 + 4j. A209

4)

1 + 3j . j

2.2 Eigenschaften

25

a) Visualisieren Sie w und die ungef¨ ahre Lage einer L¨osung z in der komplexen Zahlenebene. Berechnen Sie z, indem Sie ausnutzen, wie der Winkel (zur positiven xAchse) und der Betrag von z mit den entsprechenden Gr¨oßen von w zusammenh¨ angen. (Nutzen Sie einen Taschenrechner.) Wie lautet die andere L¨ osung? b) Berechnen Sie die L¨ osungen durch einen Ansatz z = a + bj, a, b ∈ R. Fortsetzung: Aufgabe 2.2.3

Aufgabe 2.2.2 Zerlegen Sie die folgenden Polynome in Linearfaktoren a) z 2 + 2z + 5,

b) z 3 + jz 2 + 2j

(Tipp: z = j ist eine Nullstelle.).

A210

Aufgabe 2.2.3 Zerlegen Sie p(z) = z 4 − 6z 2 + 25 in das Produkt zweier im Reellen nullstellenfreier quadratischer Polynome.

A211

Nutzen Sie dazu die biquadratische Struktur, um die (komplexen) Nullstellen von p zu ermitteln (Tipp: s. Aufgabe 2.2.1), und fassen Sie Linearfaktoren zu zueinander konjugiert komplexen Nullstellen zusammen.

Aufgabe 2.2.4 F¨ uhren Sie eine komplexe Partialbruchzerlegung von A212

−2x2 − 3 f (x) = x3 + x durch. Zerlegen Sie dazu den Nenner komplett in Linearfaktoren und f¨ uhren Sie eine Partialbruchzerlegung entsprechend dieser Linearfaktoren durch. Was erh¨ alt man, wenn man die Partialbr¨ uche zueinander konjugiert komplexer Polstellen zusammenfasst? (Vgl. Aufgabe 1.1.21,d))

Aufgabe 2.2.5 Zur Funktion f : C → C, f (z) = z1 wird die Menge G = {z ∈ C| Im z = 1} und deren Bildmenge M = f (G) = { z1 | Im z = 1} betrachtet. a) Zeichnen Sie G und berechnen Sie einige Punkte aus M .

Markieren Sie diese Punkte in der Gaußschen Zahlenebene. b) Zeigen Sie, dass die Menge M auf einem Kreis um − 21 j mit Radius

1 2

liegt.

A213

26

2 Komplexe Zahlen

2.3 Polardarstellung Aufgabe 2.3.1 a) Markieren Sie die folgenden Zahlen in der Gaußschen Zahlenebene: A214

π

π

z1 = 2 e 3 j ,

z2 = 3 e − 4 j ,

z3 = 0.5 eπj ,

3

z4 = 1.5 e 4 πj .

b) Wie lautet (ungef¨ ahr) die Polardarstellung der markierten Zahlen? (Nutzen Sie Lineal und Geodreieck!) Im z z2 b b

z1

j

b

1

Re z

z4 z3 b

Aufgabe 2.3.2 A215

a) Stellen Sie die folgenden Zahlen in der Form a + bj, a, b ∈ R dar: √ π π z1 = e j , z2 = 3 e 12 j , z3 = 1.5 · e2j , z4 = 2 e − 4 j b) Berechnen Sie die Polardarstellung zu z1 = j,

z2 = 2 + 3j,

z5 = 1 + 2j,

z6 = −1 + 2j,

z3 = −2,

z7 = 1 − 2j,

z4 = 2 − j,

z8 = −1 − 2j.

(Nutzen Sie (wo n¨ otig) einen Taschenrechner.) Fortsetzung: Aufgabe 2.3.6

Aufgabe 2.3.3 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) A216

a) Geben Sie die Polardarstellung von z1 = 1 − j an. π

b) Stellen Sie z2 = 2 · e 3 j in der Form a + bj, a, b ∈ R dar.

c) Berechnen Sie z1 · z2 und zz12 einerseits mittels der Polardarstellungen und andererseits mittels der Real-/Imagin¨arteil-Darstellungen.

2.3 Polardarstellung

27

Aufgabe 2.3.4 Berechnen Sie mittels der Polardarstellungen die L¨osungen z von z 2 = w mit a) w = 3 + 4j (nutzen Sie einen Taschenrechner; vgl. Aufgabe 2.2.1),

A217

3

b) w = 4 · e 4 πj .

Aufgabe 2.3.5 a) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 3 = 1 an. (Tipp: Sie k¨ onnen die L¨ osungen als Nullstellen von p(z) = z 3 −1 wie u ¨blich oder u ¨ber die Polardarstellung bestimmen.)

A218

b) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 4 = 1 an. c) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 5 = 1 an.

Aufgabe 2.3.6 ¨ a) Zeigen Sie: Jede Uberlagerung einer Cosinus- und Sinus-Funktion kann man darstellen als eine verschobene skalierte Cosinus-Funktion:

A219

c · cos(x) + d · sin(x) = r · cos(x − ϕ). F¨ ur die Parameter c, d, r und ϕ gilt dabei c + dj = r ejϕ . b) Nutzen Sie a), um b1) f (x) = 1.5 · cos(x − 2) in der Form f (x) = c · cos(x) + d · sin(x),

b2) f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x) in der Form f (x) = r · cos(x − ϕ)

darzustellen.

(Vgl. Aufgabe 1.4.8; Tipp zu b1): s. Aufgabe 2.3.2.) c) Welche Amplitude hat die durch f (x) = 3 cos(x) + 4 sin(x) dargestellte Schwingung?

Aufgabe 2.3.7 a) Leiten Sie unter Zuhilfenahme von e3xj = ( exj )3 eine Darstellung von sin(3x) durch sin x und cos x her. b) Zeigen Sie, dass gilt cosh(jx) = cos x Fortsetzung: Aufgabe 3.3.5

und

sinh(jx) = j sin x.

A220

28

2 Komplexe Zahlen

Aufgabe 2.3.8 Sei z = 1 + ejϕ mit beliebigem ϕ. A221

a) Zeigen Sie, dass (bei z 6= 0) f¨ ur w =

1 z

gilt: Re w = 21 .

Tipp: Nutzen Sie die Euler-Formel und die Gesetze f¨ ur trigonometrische Funktionen.

b) Wo liegen die Punkte z f¨ ur beliebiges ϕ, wo die Punkte z1 ?

3

Folgen und Reihen

3.1 Folgen Aufgabe 3.1.1 Zeichnen Sie einige Folgenglieder zu den durch die folgenden Ausdr¨ ucke beschriebenen Folgen auf der Zahlengerade.   2n 1 n a) an = , , b) bn = (−1) · 1 + n+1 n   1 , c) cn = sin n, d) dn = cos 2 − n en 2 1 e) e1 = 1, en+1 = + , f) s0 = 0, sn+1 = sn + n . 2 en 2 Sind die Folgen konvergent? (Sie brauchen keine exakte Begr¨ undung anzugeben.)

A301

Aufgabe 3.1.2 Mit einer Konstanten c wird die Folge (an )n∈N rekursiv definiert durch a1 = 0

und

an+1 = a2n + c f¨ ur n ≥ 1.

a) Berechnen Sie f¨ ur verschiedene Werte von c, z.B. f¨ ur c = ±0.5, c = −1, c = −1.5, c = −2, c = −2.5, die ersten Folgenglieder.

b) Zeigen Sie: F¨ ur c >

1 4

ist die Folge (an )n∈N streng monoton wachsend.

Tipp: Es kann helfen, sich zu u ¨berlegen, dass die Funktion f (x) = x2 −x+c f¨ ur die betrachteten Werte c immer positiv ist. c) Zeigen Sie: Ist c ∈ [− 12 ; 41 ], und gilt |an | ≤ 12 , so ist auch |an+1 | ≤ 12 .

¨ Uberlegen Sie sich weiter, dass daraus folgt, dass die Folge f¨ ur c ∈ [− 12 ; 41 ] 1 beschr¨ ankt durch C = 2 ist. © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_3

A302

30

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.1.3 A303

Die Folgen



2n n+1



und n∈N

  1 1+ n konvergieren. 2 n∈N

Stellen Sie jeweils eine Vermutung bzgl. des Grenzwertes a auf und geben Sie dann jeweils ein N an, so dass f¨ ur n ≥ N f¨ ur die Folgenglieder an gilt: |an − a|
0 konvergiert. (Das brauchen Sie nicht zu zeigen). Welchen Grenzwert hat die Folge? (Vgl. Aufgabe 3.1.1, e).) Fortsetzung: Aufgabe 5.3.13

Aufgabe 3.1.6 A306

Geben Sie den Grenzwert der folgenden Folgen in R ∪ {±∞} an.     2   3n 2n + 3 2n − 1 , b) , c) , a) 4n + 3 n∈N n2 − 3 n∈N 2 − n2 n∈N d) g)





n2 n+1



,

e)

n∈N

4n + 2 (3n − 1)2



, n∈N

h)





(n + 2)2 2n2 + 1 2



3n (2n + 1)2

, n∈N



, n∈N

 n3 − 3n2 + 1 , 1 − n2 n∈N   n(4n − 1)2 i) . (2n + 1)3 n∈N f)



3.1 Folgen

31

Aufgabe 3.1.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) Auf einer Geburtstagsfeier mit vielen G¨ asten soll eine Torte verteilt werden. Damit jeder etwas bekommt, legt der Gastgeber fest, dass jeder, der sich bedient, ein Zehntel dessen, was noch an Torte da ist, nehmen soll.

A307

Sei Rn der Anteil der Torte, der noch u ¨brig ist, nachdem sich der n-te Gast bedient hat. Geben Sie eine Formel f¨ ur Rn an.

Aufgabe 3.1.8 Geben Sie jeweils reelle Folgen (an )n∈N und (bn )n∈N an, die n→∞

n→∞

a) an −→ 0 und bn −→ ∞ erf¨ ullen und f¨ ur die gilt 1) lim an bn = 3, n→∞ n→∞

A308

2) lim an bn = −∞. n→∞

n→∞

b) an −→ ∞ und bn −→ ∞ erf¨ ullen und f¨ ur die gilt 1) lim (an − bn ) = 0,

2) lim (an − bn ) = 3,

3) lim (an − bn ) = ∞,

4) lim (an − bn ) = −∞.

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Aufgabe 3.1.9 Geben Sie die Grenzwerte (in R ∪ {±∞}) der folgenden Folgen an.  4  n   n  n 3 1 4 a) , , b) , c) n · n 3 2 n∈N n n∈N 3 n∈N   √     n2 n 1 , e) √ , f) √ , d) √ 3 n + 1 n∈N n + 1 n∈N 2n4 + n n∈N     2
√ 1 − 2n n + n · 2n 3 g) . , i) n n∈N , h) 3n n3 + 1 n∈N n∈N

A309

Aufgabe 3.1.10 Bestimmen Sie die Grenzwerte von
√ √ a) n + 1 − n − 1 n∈N ,

b)

√
n2 + n − n n∈N .

(Tipp: Formen Sie die Ausdr¨ ucke durch geschickte Erweiterung mittels der dritten binomischen Formel so um, dass Sie das Konvergenzverhalten klar erkennen k¨ onnen.)

A310

32

3 Folgen und Reihen

3.2 Reihen Aufgabe 3.2.1 A311

k . Berechnen Sie mit dem Taschenrechner einige Folgenglieder von 2k ∞ P sowie die ersten Partialsummen sn der Reihe ak .

Sei ak = (ak )k∈N

k=1

Aufgabe 3.2.2 A312

k . (Zur Erinnerung: k! := 1 · 2 · . . . · k.) (k + 1)! a) Berechnen Sie mit einem Taschenrechner einige Folgenglieder von (ak )k∈N ∞ P ak . sowie die ersten Partialsummen sn der Reihe

Sei ak =

k=1

1 1 b) Zeigen Sie: ak = − . k! (k + 1)!

c) Nutzen Sie die Darstellung aus b) zur Berechnung von

∞ P

ak .

k=1

Aufgabe 3.2.3 A313

Gegeben ist die Reihe 1 −

1 1 1 + − + −.... 3 9 27

a) Wie lauten die ak bei einer Darstellung der Summe als

∞ P

ak ?

k=0

b) Berechnen Sie den Reihenwert.

Aufgabe 3.2.4 A314

Herr Mayer schließt einen Ratensparvertrag ab: Er zahlt zu Beginn jeden Jahres 1000e ein. Das Guthaben wird (mit Zinseszins) zu 4% verzinst. Welches Guthaben hat Herr Mayer nach 30 Jahren?

Aufgabe 3.2.5 A315

Berechnen Sie ∞  k X 1 , a) 3 k=0

b)

∞ X 1 , 4n n=0

c)

∞ X

0.8k ,

k=1

(Zu c) und d) vgl. Aufgabe 3.2.6.)

Aufgabe 3.2.6 A316

Zeigen Sie, dass f¨ ur |q| < 1 gilt:

∞ X

k=k0

qk =

q k0 . 1−q

d)

∞  m X 1 . 2 m=2

3.2 Reihen

33

Aufgabe 3.2.7 ∞ P ak mit den komplexen a) Visualisieren Sie die Partialsummen der Reihe k=0
k Summanden ak = 21 j in der Gaußschen Zahlenebene und berechnen Sie den Reihenwert. ∞ ∞ X X ( 12 + 21 j)n und b) Was ergibt (0.8 + 0.7j)l ? n=0

A317

l=0

Aufgabe 3.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Miniland macht Schulden, dieses Jahr 1000 e. Von Jahr zu Jahr soll die Neuverschuldung auf 23 des Vorjahres reduziert werden.

A318

Wieviel Gesamtschulden macht Miniland?

Aufgabe 3.2.9 Achilles und die Schildkr¨ ote veranstalten ein Wettrennen. Achilles l¨asst der Schildkr¨ ote einen Vorsprung von ∆s0 = 10 m. Er spurtet mit einer Geschwindigkeit von 10 m/s, w¨ ahrend die Schildkr¨ ote 1 m/s schafft.

A319

Sei ∆t0 die Zeit, die Achilles braucht, um den gegebenen Vorsprung ∆s0 zur¨ uckzulegen, ∆s1 die Strecke, die sich die Schildkr¨ote in der Zeit ∆t0 als neuen Vorsprung erarbeitet. Allgemein sei ∆tn die Zeit, die Achilles f¨ ur die Strecke ∆sn braucht, ∆sn+1 die Strecke, die die Schildkr¨ ote in der Zeit ∆tn zur¨ ucklegt. ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass gilt: ∆tn = ∞ P ∆tn ? b) Was ergibt die Reihe

1 10n

s.

n=0

Wie l¨ asst sich damit das Paradoxon, dass die Schildkr¨ote bei der Betrachtung immer einen Vorsprung vor Achilles hat, aufl¨osen?

Aufgabe 3.2.10 Welche der folgenden Reihen konvergieren in R? a) e)

∞ X 1 , k3

k=1 ∞ X

k=1

k , 2k

∞ X 1 √ , i) k k=1

b) f)

∞ X

c)

k 2 · 0.8k ,

g)

k=1 ∞ X

k=1

j)

k+2 , k 2 + 4k − 1

∞  X

k=1

1 1− 2 k



,

k)

∞ X k2 + 2 , k 4 + 3k

k=1 ∞ X

k=1 ∞ X

k=1

1.2k , k4

2k − k , 3k + 1

d) h)

∞ X k−3

k=1 ∞ X

k=1

l)

k+5

A320

,

k3 , 0.5k

∞ X 2k + 1

k=1

k · 2k

.

34

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.2.11 A321

Konvergiert ∞ P (−1)k sin k1 , a)

b)

k=1

∞ P

k=1

(−1)k cos k1 ?

Aufgabe 3.2.12 A322

a) Zeigen mit Hilfe des Quotientenkriteriums die Konvergenz der Reihe P 2 Sie k · q k (|q| < 1).

b) Was ergibt sich bei der Anwendung Quotientenkriteriums zur UnterP 1 desP 1 suchung der Konvergenz von bzw. k k2 ?

Aufgabe 3.2.13 A323

Sind die (komplexen) Reihen  k ∞ ∞ jk P P j a) , b) k=1 2 k=1 k

konvergent bzw. absolut konvergent?

3.3 Potenzreihen Aufgabe 3.3.1 A324

1 1 1 Gegeben sei die Potenzreihe 1 − x + x2 − x3 + − . . . . 3 9 27 a) Wie lautet der Koeffizient an vor xn ? b) Welche Funktion wird durch die Reihe dargestellt? (Tipp: geometrische Reihe)

Aufgabe 3.3.2 A325

Berechnen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) jeweils eine N¨aherung von √ 1 e = e1 , von e = e 2 und von ej (mit der imagin¨aren Einheit j), indem Sie ∞ P 1 n die Potenzreihendarstellung ex = n! x benutzen und dabei nur die ersten n=0

sechs Summanden ber¨ ucksichtigen.

Welche Werte erh¨ alt man direkt mit dem Taschenrechner?

3.3 Potenzreihen

35

Aufgabe 3.3.3 a) Sie wollen 1000 Euro f¨ ur ein Jahr anlegen. Bank A bietet Ihnen f¨ ur das Jahr 4% Zinsen. Bank B bietet nur 3,98%, schreibt Ihnen aber nach einem halben Jahr schon die bis dahin f¨ alligen Zinsen gut und verzinst sie dann mit. Bank C gibt nur 3,95%, wirbt aber mit monatlicher Gutschrift der aufgelaufenen Zinsen. Welches Angebot ist am g¨ unstigsten?

A326

b) Wie lautet die Formel f¨ ur Ihr Guthaben nach einem Jahr bei einem Zinssatz von p Prozent, wenn Ihnen die aufgelaufenen Zinsen n mal im Jahr gutgeschrieben werden? c) Was ergibt sich bei b) f¨ ur n → ∞, also bei kontinuierlicher Zinsgutschrift? Fortsetzung: Aufgabe 5.3.17

Aufgabe 3.3.4 Geben Sie die Koeffizienten a0 , a1 , a2 , a3 und a4 der Potenzreihenentwicklung ∞ P ak xk f¨ ur die folgenden Funktionen an:

A327

k=0

a) f (x) = sin x + cos x, 2

d) f (x) = sin(x ),

b) f (x) = 2 · sin x,

e) f (x) = sin(x + 2),

c) f (x) = sin(2x),

f) f (x) = sin x · cos x.

Aufgabe 3.3.5 (Vgl. Aufgabe 2.3.7) Zeigen Sie mittels der Potenzreihenentwicklung den folgenden Zusammenhang der trigonometrischen und der hyperbolischen Funktionen im Komplexen: cos(jx) = cosh x

und

A328

sin(jx) = j · sinh x.

Aufgabe 3.3.6 Bei einem See der L¨ ange l (gemessen auf der Wasseroberfl¨ache) erh¨alt man f¨ ur die H¨ ohe h, die der See u ber der direkten Verbindung u bersteht, und f¨ u r die ¨ ¨ Differenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie die folgenden Formeln (s. Aufgabe 1.3.8): h = R − R · cos

l 2R

und

∆l = l − 2 · R · sin

l . 2R

a) Nutzen Sie den Anfang der Potenzreihenentwicklungen, um N¨aherungen f¨ ur h und ∆l zu erhalten. b) Vergleichen Sie die N¨ aherungsergebnisse, die Sie bei a) mit l = 50 km und R = 6370 km erhalten, mit Ihren Ergebnissen von Aufgabe 1.3.8. c) Welche Werte erhalten Sie f¨ ur einen 100 m langen See? Fortsetzung: Aufgabe 5.2.17, Aufgabe 5.3.16, Aufgabe 5.3.23

A329

36

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.3.7 A330

Wieviel Summanden braucht man h¨ ochstens, um den Wert von sin x f¨ ur x ∈ [0, 1] mittels der (alternierenden) Potenzreihe mit einer Genauigkeit von 10−15 zu berechnen?

Aufgabe 3.3.8 A331

a) Berechnen Sie den Konvergenzradius zur Potenzreihe

∞ P

k=0

Welche Funktion wird durch die Reihe dargestellt?

3k · xk .

¨ b) Uberlegen Sie sich, dass der Konvergenzradius zur Potenzreihe gleich 1 ist.

∞ P

l=0

(−1)l ·x2l

4

Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit

4.1 Grenzwerte Aufgabe 4.1.1 Gegeben sind die Funktionen f : R>0 → R, f (x) = sin

1 x

und

A401

1 g : R>0 → R, g(x) = x · sin . x

Wie verhalten sich die Funktionen, wenn man sich mit dem Argument x der Null von rechts ann¨ ahert? Existieren lim f (x) bzw. lim g(x)? x→0+

x→0+

Skizzieren Sie die Funktionsgrafen.

Aufgabe 4.1.2 Gegeben sind die Funktionen  0 , falls x ≤ 0 H : R → R, H(x) = 1 , falls x > 0

A402

und

2

f : R \ {0} → R, f (x) = x .

Bestimmen Sie H( lim f (x)) und lim H(f (x)). x→0

x→0

Aufgabe 4.1.3 Geben Sie die folgenden Grenzwerte (in R ∪ {±∞}) an: 3x , x→∞ x3

a) lim d)

lim 4x · x3 ,

x→−∞

x2 + x , x→∞ 4x  x 1 e) lim · x2 , x→−∞ 2 b) lim

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_4

c) lim 3−x · x5 , x→∞

f)

2x , x→−∞ x lim

A403

38

4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit x2 + 3x − 1 , x→∞ x+2

h) lim

(2x − 1)2 , x→∞ x2 + 1

k) lim

x , x→∞ log2 x

n) lim

x , x→0+ ln x

q) lim

g) lim j) lim

m) lim

x→∞

x−1 , 2x2 + x + 1

x3 , x→∞ 1 − x2

(ln x)2 , x→∞ x

i) lim

x→∞

l)

x3 , x→−∞ 1 − x2 lim

o) lim x2 · log x, x→0+

1

2x , x→0+ x

p) lim

3x + 4 , 4x − 1

1

2x . x→0− x

r) lim

Aufgabe 4.1.4 A404

Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte unter zu Hilfenahme der Potenzreihenentwicklungen. 1 − cos(2x) sin x − x cos x 1 − cos x , b) lim , c) lim , a) lim x→0 x→0 x→0 x2 x2 x3 cos x − 1 , x→0 cosh x − 1

d) lim

2

e) lim

x→0

ex − 1 . x

4.2 Stetigkeit Aufgabe 4.2.1

y

Die Funktion A405

f (x) =

2

(

1, 4 − x,

f¨ ur x < 0 f¨ ur x > 2

x 1

2

soll f¨ ur x ∈ [0, 2] so definiert werden, dass f stetig ist. Wie kann man das m¨ oglichst einfach machen? Fortsetzung: Aufgabe 5.2.12

Aufgabe 4.2.2 A406

F¨ ur welche Kombination von Parametern c und a ist die Funktion ( cx2 , f¨ ur x < 2, f : R → R, f (x) = 1 ur x ≥ 2 2 x + a, f¨ stetig? Gibt es auch eine Kombination mit c = a? Fortsetzung: Aufgabe 5.2.13

3

4.2 Stetigkeit

39

Aufgabe 4.2.3 Geben Sie die Nullstellen von f (x) = x3 − 4x2 + x + 3 mit Hilfe des Bisektionsverfahrens mit einer Genauigkeit kleiner 0.01 an.

A407

(Statt das Verfahren von Hand durchzuf¨ uhren, bietet es sich an, ein kleines Programm zu schreiben.)

Aufgabe 4.2.4 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.36) Bestimmen Sie mit Hilfe des Bisektionsverfahrens ein a, das 25 = 2a · sinh

10 a

A408

erf¨ ullt mit einer Genauigkeit kleiner 0.001. Fortsetzung: Aufgabe 5.3.12

Aufgabe 4.2.5 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Betrachtet wird das Bisektionsverfahren zur Bestimmung einer Nullstelle von f (x) = x3 + 2x − 4. a) F¨ uhren Sie zwei Schritte des Bisektionsverfahrens ausgehend von 0 und 2 durch, und geben Sie ein Intervall der L¨ange 0.5 an, in dem eine Nullstelle liegt. b) Wieviel Schritte muss man mit dem Bisektionsverfahren machen, um ausgehend von 0 und 2 ein Intervall der L¨ange 10−6 anzugeben, in dem eine Nullstelle liegt? Geben Sie die Anzahl formelm¨ aßig und n¨aherungsweise (mit der groben Absch¨ atzung 23 ≈ 10) an.

A409

5

Differenzialrechnung

5.1 Differenzierbare Funktionen Aufgabe 5.1.1 1 . x a) Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) die Steigung der Geraden durch die Punkte P1 = (1, f (1)) = (1, 1) und Px = (x, f (x)) zu

Sei f (x) =

1) x = 2,

2) x = 1.5,

3) x = 1.1,

4) x = 1.0001,

A501

5) x = 0.9999.

b) Welche Steigung ergibt sich formelm¨ aßig bei P1 und Px zu allgemeinem x? c) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f an der Stelle 1, indem Sie bei b) den Grenzwert x → 1 betrachten.

d) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f an einer beliebigen Stelle x0 analog zu b) und c) als Grenzwert des Differenzenquotienten.

Aufgabe 5.1.2 Ziel der Aufgabe ist die Bestimmung der Ableitung von f : C → C, x 7→ ex .

a) Berechnen Sie f ′ (0) als Grenzwert des Differenzenquotienten unter Verwendung der Potenzreihendarstellung von ex .

A502

b) Bestimmen Sie f¨ ur eine beliebige Stelle x0 die Ableitung f ′ (x0 ) als Grenz(x0 ) . wert des Differenzenquotienten lim f (x0 +h)−f h h→0

(Tipp: Nach einer Umformung k¨ onnen Sie die Grenzwertbeziehung aus a) benutzen.)

Aufgabe 5.1.3 Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f (x) = sin x als Grenzwert des Dif(x) unter Ausnutzung der Adferenzenquotienten in der Gestalt lim f (x+h)−f h h→0

ditionstheoreme und der Potenzreihenentwicklungen. © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_5

A503

42

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.1.4 A504

Skizzieren Sie den ungef¨ ahren Verlauf der Ableitung zu der abgebildeten Funktion. f (x)

1 −1

1

x

Aufgabe 5.1.5 Geben Sie die Geradengleichung der Tangenten an die Funktionsgrafen A505

a) von f (x) = x2 in x0 = b) von f (x) =

1 x

1 2

in x0 = 2

c) von f (x) = ex in x0 = 0 an und fertigen Sie entsprechende Zeichnungen an.
′
′ (Hinweis: Nutzen Sie die Ableitungen x2 = 2x, x1 = − x12 und ( ex )′ = ex .)

Aufgabe 5.1.6

A506

Berechnen Sie n¨ aherungsweise den Ableitungswert zu f (x) = x3 an der Stelle √ (x0 ) f¨ ur kleine Werte x0 = 2, indem Sie den Differenzenquotienten f (x0 +h)−f h −16 von h (zwischen 0.1 und 10 ) mit einem Taschenrechner auswerten. F¨ ur welche Werte von h ergeben sich die genauesten Werte?

Aufgabe 5.1.7 A507

Berechnen Sie die folgenden Differenzen n¨aherungsweise unter Benutzung der Ableitung, d.h. mittels der Formel f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ f ′ (x0 ) · ∆x: 1 1 a) 3.12 − 32 , b) − . 2 2.1

Aufgabe 5.1.8 A508

Ist s(t) die Strecke, die ein K¨ orper in der Zeit t nach dem Loslassen in freiem Fall zur¨ ucklegt, so gilt f¨ ur die Geschwindigkeit v(t) = s′ (t) = g · t

mit g ≈ 10 m/s2 .

Welche Geschwindigkeit hat der K¨ orper, nachdem er zwei Sekunden gefallen ist, und welche Strecke legt er dann ungef¨ ahr innerhalb einer Zehntel Sekunde zur¨ uck? Sehen Sie einen Bezug zum Thema Ableitung?

5.2 Rechenregeln

43

Aufgabe 5.1.9 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) F¨ ur welche Punkte auf der Parabel f (x) = x2 f¨ uhrt die Tangente an f durch den Punkt (1, −3)?

A509

5.2 Rechenregeln Aufgabe 5.2.1 Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen f (x): √ d) x · sin x · ln x, a) x2 + 4x3 , b) x · sin x, c) (x + 1) · x, e)

x2

1 , + 3x

i) sin(x2 ),

f)

1 , sin x

j) (sin x)2 ,

x2 + 2x , 3x + 1 √ k) ln x, g)

A510

h) cot x, l) sin(ln(x2 + 1)).

Aufgabe 5.2.2 Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen f (x), bei denen neben der unabh¨ angigen Variablen x auch noch Parameter a, b bzw. c vorkommen. 1 , c) ebx , d) ln(cx), a) ax2 + bx3 , b) ax e) a + sin x, f) a · sin x, g) sin(a + x), h) sin(a · x).

A511

Aufgabe 5.2.3 a) Leiten Sie die Funktionen f (x) = (5x + 3)2

und

A512

g(x) = (x + 2)3

einerseits mit Hilfe der Kettenregel ab und andererseits summandenweise nach Ausmultiplizieren. b) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f (x) = Arten.

1 sin2 x

auf verschiedene

Aufgabe 5.2.4 Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen; beachten Sie was die freie Variable ist; der Rest sind Konstanten. x + y2 y c) f (a) = ab + sin(ab)

a) f (x) =

x + y2 y d) f (b) = ab + sin(ab)

b) f (y) =

A513

44

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.2.5 A514

x+2 . (x2 + 3)3 Tipp: Nutzen Sie zur Ableitung des Nenners die Kettenregel, um anschließend k¨ urzen zu k¨ onnen.

a) Berechnen Sie die Ableitung von f (x) =

b) Zeigen Sie, dass man beim Ableiten einer Funktion der Form f (x) =

p(x)
n q(x)

mit der Quotientenregel immer so k¨ urzen kann, dass sich die Potenz im Nenner nur um Eins erh¨ oht.

Aufgabe 5.2.6 A515

a) Zeigen Sie ( ex )′ = ex , (sin x)′ = cos x und (cos x)′ = − sin x, indem Sie die Potenzreihendarstellungen nutzen und diese Summandenweise ableiten. b) Was ergibt sich, wenn Sie die Potenzreihendarstellung von f (x) = ln(1+x) Summandenweise ableiten?

Aufgabe 5.2.7 A516

Nutzen Sie herzuleiten.


1 ′ x

= − x12 und die Kettenregel, um die Formel



1 g(x)

′

′

g (x) = − (g(x)) 2

Aufgabe 5.2.8 A517

Leiten Sie eine Produktregel zur Ableitung von f · g · h her.

Aufgabe 5.2.9 Zeigen Sie: Ist a eine doppelte Nullstelle eines Polynoms p, so ist p′ (a) = 0. A518

Aufgabe 5.2.10 Zeigen Sie: A519

a) Ist f eine gerade Funktion, so ist f ′ eine ungerade Funktion. b) Ist f eine ungerade Funktion, so ist f ′ eine gerade Funktion.

Aufgabe 5.2.11 A520

a) Berechnen Sie f ′′ und f ′′′ zu f (x) = x2 · sin x.

b) Stellen Sie eine allgemeine Formel f¨ ur (g · h)′′ und (g · h)′′′ auf.

5.2 Rechenregeln

45

Aufgabe 5.2.12 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.1) y

Finden Sie ein Polynom, das die beiden markierten Wegst¨ ucke glatt (d.h. ohne Knick) verbindet.

2

A521 x 1

2

3

Aufgabe 5.2.13 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.2) F¨ ur welche Kombination von Parametern c und a ist der Funktionsgraf zur Funktion ( cx2 , f¨ ur x < 2, f : R → R, f (x) = 1 x + a, f¨ u rx≥2 2

A522

glatt, d.h., auch bei x = 2 ohne Knick?

Aufgabe 5.2.14 Das nebenstehende Bild zeigt schematisch eine Papieraufwicklung. Die Walze hat den Radius 1, die Papierbahn kommt vom Punkt (−2, 2). b

An welchem Punkt ber¨ uhrt die Papierbahn die Walze?

A523 1

Anleitung: Stellen Sie den oberen Halbkreis der Walze als Funktion f dar, bestimmen Sie die Tangentengleichung in (x0 , f (x0 )) (x0 variabel) und suchen Sie das x0 , bei dem (−2, 2) auf der Tangente liegt.

1

Fortsetzung: Aufgabe 7.3.11

Aufgabe 5.2.15 (vgl. Aufgabe 1.4.7) In Hamburg schwankt die Wassertiefe der Elbe auf Grund von Ebbe und Flut zwischen 9m und 13m, wobei der Verlauf grob als Sinus-f¨ormig mit einer Periode von 12 Stunden modelliert werden kann. a) Zu welchen Zeiten ¨ andert sich der Wasserstand am schnellsten? b) Um wieviel ¨ andert sich der Wasserstand zu diesen Zeiten innerhalb von einer Minute? Nutzen Sie die Ableitung zur n¨ aherungsweisen Berechnung!

A524

46

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.2.16 A525

Zu Sommerbeginn (21.06) ist in Aachen der Sonnenaufgang um 4:21 Uhr MEZ und zu Winterbeginn (21.12.) um 8:35 MEZ. Die Sonnenaufgangszeit dazwischen kann man grob als sinus-f¨ ormig modellieren. Berechnen Sie damit n¨ aherungsweise unter Benutzung der Ableitung, um wieviel Minuten sich die Aufgangszeit vom 24. auf den 25.11. ¨andert. ¨ Wie groß ist die Anderung zum Herbstanfang?

Aufgabe 5.2.17 A526

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen als direkte Linie) erh¨alt man f¨ ur die H¨ohe h, die der See u ¨ber der direkten Verbindung u ¨bersteht (s. Aufgabe 1.3.8): s  2 l 2 h = R− R − . 2 Mit f (x) =

√

R2 − x ist

h = f (0) − f


l 2 2




.

Nutzen Sie diese Darstellung, um mit Hilfe der Ableitung der Funktion f eine N¨ aherung f¨ ur h zu erhalten. Vergleichen Sie diese N¨ aherung mit der N¨ aherung von Aufgabe 3.3.6. Fortsetzung: Aufgabe 5.3.23, Aufgabe 5.3.16

5.3 Anwendungen 5.3.1 Kurvendiskussion Aufgabe 5.3.1 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 + 4 + 4 = 16 Minuten) A527

ex . x a) Berechnen Sie Nullstellen, Extremstellen und Wendestellen von f .

Es sei f : R \ {0} → R, x 7→

b) Geben Sie das Verhalten von f an den R¨andern des Definitionsbereichs und an der Definitionsl¨ ucke an. c) Skizzieren Sie grob den Funktionsgraf von f auf Grund der Informationen aus a) und b).

5.3 Anwendungen

47

Aufgabe 5.3.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) F¨ ur welche Stelle a ≥ 0 wird die Fl¨ ache des Rechtecks unter dem Grafen zur Funktion f (x) = e−x (s. Skizze) maximal?

f (x) A528

a

x

Aufgabe 5.3.3 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Es soll ein Verpackungskarton mit quadratischer Grundfl¨ache f¨ ur 1 Liter Milch hergestellt werden. Aus falt- und klebetechnischen Gr¨ unden ben¨otigt man bei der Kartonherstellung jeweils doppelte Fl¨ ache f¨ ur Deckel und Boden.

A529

Wie m¨ ussen die Maße der Verpackung sein, damit der Materialverbrauch minimal ist?

Aufgabe 5.3.4 Bei einer n-maligen Messung einer Gr¨ oße werden die Werte x1 , x2 , . . ., xn gemessen, die auf Grund von Messfehlern und St¨orungen um den wahren Wert streuen.

A530

Eine gute N¨ aherung f¨ ur den wahren Wert erh¨alt man durch den Wert x ¯, f¨ ur den die Summe der quadratischen Abweichungen minimal wird, d.h. f¨ ur den Wert, der f (x) =

n X

(x − xk )2

k=1

minimiert. Wie berechnet sich x ¯ aus x1 , x2 , . . ., xn ?

Aufgabe 5.3.5 Die Bahnkurve bei einem schr¨ agen Wurf wird bei Vernachl¨ assigung des Luftwiderstandes beschrieben durch y(x) = tan α · x −

g · x2 . 2v02 cos2 α

y A531

α x

Dabei beschreibt v0 die Abwurfgeschwindigkeit, α den Abwurfwinkel und g die Erdbeschleunigung (g ≈ 9.81 m/s2 ). F¨ ur welchen Abwurfwinkel erreicht man die gr¨oßte Weite?

48

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.6 A532

a) Ein Automobilhersteller l¨ asst sich Reifen zuliefern. Er braucht pro Jahr insgesamt R Reifen, die er sich in einzelnen Lieferungen mehrmals im Jahr anliefern l¨ asst. Unabh¨ angig vom Umfang ist eine Lieferung mit Kfix Kosten verbunden. L¨ asst er sich pro Lieferung n Reifen kommen, ist dadurch Geld gebunden, das finanziert werden muss. Die dadurch im Jahr entstehenden Kosten sind proportional zu n, also gleich c · n mit einer Konstanten c. Was ist die optimale Liefergr¨ oße n, und welche Kosten entstehen insgesamt (in Abh¨ angigkeit von Kfix und c)?

b) Der Automobilhersteller hat 3 Reifenzwischenh¨andler, von denen er jeweils R ost er sein Lager 3 Reifen bezieht. Im Zuge der Just-in-Time-Anlieferung l¨ auf, so dass die Lagerung auf die drei Zwischenh¨andler abgeschoben wird. Diese kalkulieren f¨ ur sich mit gleichen Liefer- und Lagerkosten. Wie ¨ andern sich dadurch die gesamten Liefer- und Lagerkosten? (Vernachl¨ assigen Sie bei den Rechnungen ggf. eigentlich n¨otige Rundungen.)

5.3.2 Regel von de L’Hospital Aufgabe 5.3.7 A533

Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: ln x cosh x − 1 a) lim , b) lim , x→1 1 − x x→0 cos x − 1 √ ln x 1 c) lim √ , d) lim x · ln(1 + ). x→∞ x→∞ x ln x

Aufgabe 5.3.8 cos(x2 ) − 1 x→0 x3 sin x a) mit Hilfe der Potenzreihendarstellungen,

Berechnen Sie lim A534

b) mit der Regel von de l’Hospital.

Aufgabe 5.3.9 Betrachtet werden die Grenzwerte A535

1)

lim

x→∞

sinh x cosh x

und

2)

lim

x→∞

x + sin x . x

a) Was ergibt sich bei der Anwendung der Regel von de L’Hospital? b) Bestimmen Sie die Grenzwerte. (Tipp zu 1): nutzen Sie die Definitionen von sinh x und cosh x.)

5.3 Anwendungen

49

5.3.3 Newton-Verfahren Aufgabe 5.3.10 Was ergibt die Anwendung des Newton-Verfahrens auf die Funktion f (x) =

A536

x 2 x +3

mit den Startwerten a) x0 = 0.5,

b) x0 = 1,

c) x0 = 1.5?

(Nutzen Sie einen Taschenrechner.) Skizzieren Sie die Situationen!

Aufgabe 5.3.11 Bestimmen Sie die lokalen Extremstellen der Funktion f (x) = x3 − 3x + 1,

A537

skizzieren Sie mit diesen Informationen den Funktionsgraf, und bestimmen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) N¨ aherungen f¨ ur s¨amtliche Nullstellen mittels des Newton-Verfahrens.

Aufgabe 5.3.12 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.4) Bestimmen Sie mit Hilfe des Newton-Verfahrens ein a, das 10 25 = 2a · sinh a

A538

erf¨ ullt. F¨ uhren Sie dabei soviel Schritte durch, bis der Abstand zweier aufeinander folgender Iterationsl¨ osungen kleiner als 0.001 ist. Vergleichen Sie die Anzahl der Schritte mit der beim Bisektionsverfahren (s. Aufgabe 4.2.4).

Aufgabe 5.3.13 a) Zeigen Sie, dass man nur Multiplikationen und Additionen ben¨otigt, wenn man numerisch x = a1 als Nullstelle der Funktion f (x) = x1 − a gem¨aß des Newton-Verfahrens berechnet. b) Zeigen Sie, dass die Rekursionsvorschrift xn+1 = x2n + 2xcn (vgl. Aufgabe √ 3.1.5) der Newton-Iteration zur Bestimmung von c als Nullstelle von f (x) = x2 − c entspricht.

A539

50

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.14 (beispielhafte Klausuraufgabe, 4 + 4 = 8 Minuten) A540

a) Skizzieren Sie n¨ aherungsweise die Lage von x1 und x2 bei Durchf¨ uhrung des Newton-Verfahrens zur Bestimmung einer Nullstelle der abgebildeten Funktion f (x) ausgehend von x0 . f (x) x x0

b) F¨ uhren Sie einen Schritt des Netwon-Verfahrens zur Bestimmung einer Nullstelle von f (x) = x3 − 4x + 2 ausgehend von x0 = 1 durch.

5.3.4 Taylorpolynome und -reihen Aufgabe 5.3.15 a) Bestimmen Sie das 3-te Taylorpolynom in 0 von f (x) = ex sin x. A541

b) Bestimmen Sie das 13-te Taylorpolynom in 1 zu f (x) = x3 − 2x.

c) Bestimmen Sie das 3-te Taylorpolynom in 0 von f (x) = arcsin x. (Hinweis: (arcsin x)′ =

√ 1 ) 1−x2

Fortsetzung: Aufgabe 5.3.16

Aufgabe 5.3.16 A542

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen als direkte Linie) erh¨alt man f¨ ur die Differenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie (s. Aufgabe 1.3.8): ∆l = 2R · arcsin

l − l. 2R

Berechnen Sie eine N¨ aherung f¨ ur ∆l, indem Sie das dritte Taylorpolynom zu arcsin x in x = 0 (s. Aufgabe 5.3.15, c)) zu Hilfe nehmen. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der N¨ aherung von Aufgabe 3.3.6. Fortsetzung: Aufgabe 5.3.23

5.3 Anwendungen

51

Aufgabe 5.3.17 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.34 und Aufgabe 3.3.3) a) Mit Zinseszins w¨ achst ein Guthaben G bei j¨ahrlicher Vezinsung zu einem Zinssatz p nach n Jahren auf Gn = (1 + p)n · G.

A543

Was erh¨ alt man als lineare Taylor-N¨ aherung dieser Formel aufgefasst als Funktion bzgl. p an der Entwicklungsstelle p = 0?

b) Bei kontinuierlicher Verzinsung zu einem Zinssatz p w¨achst ein Guthaben G innerhalb eines Jahres auf G1 = G · ep . 1) Was erh¨ alt man als lineare Taylor-N¨aherung dieser Formel aufgefasst als Funktion bzgl. p an der Entwicklungsstelle p = 0? 2) Sei konkret p = 3% = 0.03 und G = 1000e. Ab welcher Ordnung liefert die Taylor-Entwicklung auf den Cent genau den exakten Betrag? (Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

Aufgabe 5.3.18 Die Funktion f sei definiert durch die Potenzreihe f (x) =

∞ X

ak x k .

k=0

A544

¨ Uberzeugen Sie sich, dass das n-te Taylorpolynom in x = 0 zu f gleich der nach xn abgeschnittenen Potenzreihe ist.

Aufgabe 5.3.19 ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass die hinreichende Bedingung f¨ ur eine Minimalstelle xs nach Satz 5.3.7, 1., also f ′ (xs ) = 0 und f ′′ (xs ) > 0, bedeutet, dass das zweite Taylorpolynom von f in xs dort eine Minimalstelle hat.

A545

b) Es soll ein Verfahren zur iterativen Bestimmung einer Extremstelle einer Funktion f entwickelt werden. Dazu wird zu einer N¨aherungsstelle xn das zweite Taylorpolynom (eine Parabel) zu f bestimmt und dessen Extremstelle als n¨ achste N¨ aherung xn+1 bestimmt. 1) Veranschaulichen Sie sich das Verfahren an der Funktion f (x) = x3 − 6x2 + 8x beginnend mit x0 = 0. 2) Stellen Sie eine Formel auf, wie sich xn+1 aus xn berechnen l¨asst. F¨ allt Ihnen etwas auf?

Aufgabe 5.3.20 a) Bestimmen Sie das n-te Taylorpolynom von f (x) = n ∈ N.

b) Welche Reihe ergibt sich bei a) f¨ ur n → ∞?

1 x

in 1 f¨ ur beliebiges A546

52

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.21 Sei T2 (x) das 2-te Taylorpolynom in x0 = 2 zu A547

f (x) =

1 5 5 4 x − x + 2x2 . 12 8

Geben Sie mit Hilfe der Restglied-Formel (s. Satz 5.3.24) eine Fehlerabsch¨atzung von |f (x) − T2 (x)| f¨ ur x ∈ [1, 3] an.

Aufgabe 5.3.22 a) Sch¨ atzen Sie den Fehler ab, den man macht, wenn man A548

1) die Funktion sin x durch x, 2) die Funktion sin x durch x −

1 3 3! x ,

ersetzt und |x| ≤ 0.5 ist.

b) Wieviel Summanden der Potenzreihenentwicklung braucht man, um die Funktion f (x) = sin x f¨ ur x ∈ [0, π4 ] mit einer Genauigkeit kleiner 10−16 zu berechnen?

Aufgabe 5.3.23 A549

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen auf der Wasseroberfl¨ache) erh¨alt man f¨ ur die H¨ ohe h, die der See u ur die Dif¨ber der direkten Verbindung u ¨bersteht, und f¨ ferenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie die folgenden Formeln, die mit Hilfe der Potenzreihendarstellungen von sin und cos angen¨ahert werden k¨ onnen (s. Aufgabe 3.3.6): l h = R − R · cos 2R ≈ R − R · (1 −

1 2

l l ≈ l − 2R · ( 2R − ∆l = l − 2R · sin 2R


l 2 2R )

1 3!

=


l 3 2R )

l2 8R ,

=

l3 24R2 .

¨ Nutzen Sie ¨ ahnliche Uberlegungen wie bei Aufgabe 5.3.22, um abzusch¨atzen, wie nah die N¨ aherungen an den wirklichen Werten liegen.

6

Integralrechnung

6.1 Definition und elementare Eigenschaften Aufgabe 6.1.1 Sei f (x) = −x2 + 2x + 3 (s. Skizze).

Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) N¨aheR3 rungen zu f (x) dx durch eine Riemannsche Zwi0

schensumme zu den folgenden Zerlegungen a) x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, b) x0 = 0, x1 = 0.5, x2 = 1, x3 = 1.5, x4 = 2, x5 = 2.5, x6 = 3, c) x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2.5, x3 = 3,

f (x) A601 3 2 1

1

2

3

x

und Zwischenstellen x ck am linken Intervallrand. Was ergibt sich bei der Zerlegung a) bei Zwischenstellen x ck in der Intervallmitte bzw. als Ober- und Untersumme? Skizzieren Sie die Situationen.

Aufgabe 6.1.2 Stellen Sie die Riemannsche Zwischensumme zu Zb

A602

1 dx x2

(0 < a < b)

a

auf, wobei zu einer Zerlegung a = x0 < x1 < . . . < xn = b als Zwischenstel√ len die geometrischen Mittel x ck := xk−1 · xk ∈ [xk−1 , xk ] von xk−1 und xk genutzt werden. Vereinfachen Sie die Summe.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_6

54

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.1.3 A603

¨ Uberlegen Sie sich, dass die folgenden Sachverhalte zu Integralberechnungen f¨ uhren: a) Bei dem Bau einer Eisenbahnlinie gibt es unterschiedlich schwierige Gel¨ ande (z.B. Br¨ ucken, Tunnel), die sich direkt in unterschiedlichen Preisen pro Meter Strecke auswirken. Der Streckenplaner hat diese Schwierigkeiten bzw. Kosten in einer Skizze erfasst. Wie teuer wird die gesamte Strecke? e Tunnel; 60.000 m e Br¨ ucke; 40.000 m e schwierig; 20.000 m e einfach; 10.000 m

Strecke

b) Die Zu- und Abfl¨ usse eines Wasservorratsbeh¨alters werden von zwei Messger¨ aten erfasst: mZufluss (t) bzw. mAbfluss (t) geben jeweils die entsprechen3 den Mengen Wasser in ms an. Die Grafiken zeigen den Verlauf von mZufluss , mAbfluss , sowie von der Differenz d(t) = mZufluss (t) − mAbfluss (t). Wieviel Wasser ist zwischen T0 und T1 zugeflossen, wieviel abgeflossen?

Wenn zur Zeit T0 eine Wassermenge M0 im Beh¨alter war, wieviel ist es dann zur Zeit T1 ? mZufluss

d

mAbfluss

T0

t T1

T0

T1 t

T0

T1 t

Aufgabe 6.1.4 A604

Ziel ist eine Formel zur Berechnung der L¨ange L einer Kurve, die durch eine Funktion f : [a, b] → R gegeben ist. a) Eine erste N¨ aherung erh¨ alt man, indem das Intervall [a, b] in n Teilintervalle [xk−1 , xk ] mit

f (x) b b

a = x0 < x1 < . . . < xn = b zerlegt wird, und der Funktionsgraf durch Geradenst¨ ucke zwischen den Punkten (xk−1 , f (xk−1 )) und (xk , f (xk )) ersetzt wird (s. Skizze). Welche N¨ aherung erh¨ alt man auf diese Weise f¨ ur L?

b b b

x a xk−1 xk

b

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

55

b) Wie lautet die N¨ aherung, wenn Sie in der Formel von a) die Differenz benachbarter Funktionswerte n¨ aherungsweise mit Hilfe der Ableitung ausdr¨ ucken? c) Welche Formel ergibt sich f¨ ur L, wenn Sie die Zerlegung immer feiner machen? Fortsetzung: Aufgabe 6.3.7, Aufgabe 10.3.3

Aufgabe 6.1.5 Bei der Beschreibung von linear-progressiven Steuermodellen werden oft Eckdaten wie folgende angegeben:

s(x) s1

Betr¨ age bis zu B0 werden nicht versteuert (Grundfreibetrag). Der Steuersatz s steigt dann von s0 (Eingangssteuersatz) linear auf s1 (Spitzensteuersatz) bei B1 zu versteuerndem Einkommen an.

A605

s0 B0

B1

x

Dabei ist der Steuersatz nicht so zu verstehen, dass das Einkommen E mit dem Steuersatz s(E) versteuert wird, sondern ungef¨ahr so, dass der x-te Euro des Einkommens mit dem Steuersatz s(x) versteuert wird, bzw. genauer auf Cent-Unterteilung mit entsprechendem Steuersatz bzw. exakt als Grenzwert bei immer feineren Zerlegungen. Sehen Sie einen Zusammenhang zur Integral-Thematik? Fortsetzung: Aufgabe 6.3.6

Aufgabe 6.1.6 Skizzieren Sie zu den folgenden Integralen die Integranden, und bestimmen Sie mittels Symmetriebetrachtungen und elementar-geometrischen Berechnungen den Wert der Integrale. Z2π Z2π Z2π Z2π x 2 cos dx, cos x dx, c) cos x dx, b) a) (1 + cos x) dx, d) 2 e)

0

0

Z2

Z2

−2

|x| dx,

f)

−1

0

x dx,

g)

Z0 2

0

x dx,

h)

Z1.5

−1.5

(x3 − x) dx.

A606

56

6 Integralrechnung

6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung Aufgabe 6.2.1 A607

Skizzieren Sie qualitativ die Fl¨ achenfunktion F (x) := b)

f (t)

b

a

c)

b

a

d)

b

f (t)

t

f (t)

a

f (t) dt zu den abgebil-

a

deten Funktionen f . a)

Rx

t

f (t)

a

t

t

Kontrollieren Sie an den Bildern, dass F ′ = f gilt.

Aufgabe 6.2.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A608

Sei F (x) =

Rx

f (t) dt die Fl¨ achenfunktion zur skizzierten Funktion f .

0

f (t) 1 −4 −3 −2 −1 −1

1

2

3

4

5

6

t

a) Geben Sie F (1), F (2) und F (−1) an. b) Geben Sie s¨ amtliche Stellen x an, f¨ ur die F (x) = 0 gilt.

Aufgabe 6.2.3 A609

Der Fahrtenschreiber eines LKWs speichere die momentane Geschwindigkeit des Fahrzeugs jede zehntel Sekunde. Wie l¨asst sich daraus die zur¨ uckgelegte Strecke ungef¨ ahr berechnen? Stellen Sie einen Bezug zum Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung (s. Satz 6.2.3) her.

6.3 Integrationstechniken

57

6.3 Integrationstechniken 6.3.1 Einfache Integrationstechniken Aufgabe 6.3.1 Bestimmen Sie die folgenden Z a) x3 dx, b) Z d) (2x + 1)3 dx, e) Z √ g) x dx, h) Z 1 j) dx, k) (x − 1)2

Stammfunktionen: Z (x3 + 1) dx, Z (x2 + 1)3 dx, Z 1 dx, x2 Z cos(x + 2) dx,

c)

Z

(x + 1)3 dx,

Z

x · (x2 + 1)3 dx,

l)

Z

e2x dx.

c)

Z2

cos(2x) dx,

Z1

x · |x| dx.

f) i)

Z

A610

1 dx, x

Aufgabe 6.3.2 Berechnen Sie die folgenden Integrale: a)

Z2

(2x + 1) dx,

b)

0

−1

d)

Z1

Z−1

(2x + 1) dx,

2

e)

Z1

π

1 dx, x−3 e

−|x|

dx,

0

f)

−1

A611

−1

Aufgabe 6.3.3 Berechnen Sie die folgenden Integrale in Abh¨angigkeit der auftretenden Parameter. Zd Z2 b) (y 2 + 1) dy, a) (ax + b) dx, c

0

c)

Z2 0

A612

2

x · y dx,

d)

Z2 0

x · y 2 dy.

Aufgabe 6.3.4 Berechnen Sie

Z∞ 0

e−x dx.

A613

58

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.3.5 A614

Sei a > 0. Zeigen Sie f¨ ur die folgenden uneigentlichen Integrale: ∞ Z Z1 1 1 a) dx existiert ⇔ a > 1, b) dx existiert ⇔ a < 1. a x xa 1

0

Fortsetzung: Aufgabe 11.2.2

Aufgabe 6.3.6 A615

Im Jahr 2020 galten folgende Eckdaten f¨ ur das linear-progressive Einkommensteuermodell in Deutschland: Betr¨ age bis zu 9408e werden nicht versteuert (Grundfreibetrag). Der Steuersatz steigt dann von 14% (Eingangssteuersatz) linear auf 23.97% bei 14532e und weiter linear bis 42% (Spitzensteuersatz) bei 57051e zu versteuerndem Einkommen an. Ab 270501e betr¨ agt er 45%. (Vgl. Aufgabe 1.1.7.) Die Steuer berechnet sich als Integral u ¨ber den Steuersatz bis zum zu versteuernden Jahreseinkommen (vgl. Aufgabe 6.1.5). Wieviel Steuern musste ein Arbeitnehmer mit einem zu versteuernden Jahreseinkommen x0 zwischen 9409e und 14532e zahlen? Vergleichen Sie das Ergebnis mit dem offiziellen Gesetzestext. § 32a Einkommensteuertarif (Quelle: Bundesgesetzblatt, www.gesetze-im-internet.de/estg/ 32a.html)

(1) Die tarifliche Einkommensteuer bemisst sich nach dem zu versteuernden Einkommen. Sie betr¨ agt [...] jeweils in Euro f¨ ur zu versteuernde Einkommen 1. bis 9 408 Euro (Grundfreibetrag): 0; 2. von 9 409 Euro bis 14532 Euro: (972,87 · y + 1 400) · y;

3. von 14 533 Euro bis 57051 Euro: (212,02 · z + 2 397) · z + 972,79;

4. von 57 052 Euro bis 270 500 Euro: 0,42 · x – 8 963,74;

5. von 270 501 Euro an: 0,45 · x – 17 078,74.

Die Gr¨ oße y“ ist ein Zehntausendstel des den Grundfreibetrag u ¨bersteigen” den Teils des auf einen vollen Euro-Betrag abgerundeten zu versteuernden Einkommens. Die Gr¨ oße z“ ist ein Zehntausendstel des 14 532 Euro u ¨ber” steigenden Teils des auf einen vollen Euro-Betrag abgerundeten zu versteuernden Einkommens. Die Gr¨ oße x“ ist das auf einen vollen Euro-Betrag ” abgerundete zu versteuernde Einkommen. Der sich ergebende Steuerbetrag ist auf den n¨ achsten vollen Euro-Betrag abzurunden.

6.3 Integrationstechniken

59

Aufgabe 6.3.7 Gem¨ aß Aufgabe 6.1.4 ist die L¨ ange L des Funktionsgrafen zu einer Funktion f : [c, d] → R gegeben durch L =

Zd p

A616

1 + (f ′ (x))2 dx.

c

Berechnen Sie die L¨ ange einer Kette, die mit Konstanten a und b im Intervall [−x0 , x0 ] gegeben ist durch f (x) = a cosh

x + b. a

(Vgl. Aufgabe 1.1.36; Tipp: cosh2 x − sinh2 x = 1.)

Aufgabe 6.3.8 Versuchen Sie, eine Stammfunktion zu raten, testen Sie durch zur¨ uck-Ableiten und passen Sie ggf. Konstanten an: Z Z Z √ 1 6 3x + 1 dx, c) dx, a) (5x − 3) dx, b) (2x + 3)2 Z Z Z 3 d) dx, e) sin(2x + 1) dx, f) e5x−3 dx. 4x − 1

A617

6.3.2 Partielle Integration Aufgabe 6.3.9 a) Berechnen Sie mittels partieller Integration eine Stammfunktion zu a1) f (x) = x · cos(2x),

a2) f (x) = (x + 1) · ex .

b) Bestimmen Sie den Wert der folgenden Integrale: b1)

Z2π 0

cos x · x dx,

c) Bestimmen Sie

Z

x · ln x dx.

b2)

Zπ

−π

cos x · x dx.

A618

60

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.3.10 A619

a) Gesucht ist eine Stammfunktion zu f (x) = x2 · cos x.

Partielle Integration (mit Ableiten von x2 und Aufleiten von cos x) f¨ uhrt zu Z Z 2 2 x · cos x dx = x · sin x − 2x · sin x dx. Das rechte Integral kann nun wieder mit partieller Integration behandelt werden. a1) Was ergibt sich, wenn man dabei 2x auf- und sin x ableitet? a2) Was ergibt sich, wenn man umgekehrt 2x ab- und sin x aufleitet?

b) Zur Bestimmung einer Stammfunktion zu f (x) = e3x · sin(2x) kann man zweimalige partielle Integration nutzen. F¨ uhren Sie wie in a) die zweite partielle Integration auf zwei verschiedene Arten durch. Was erhalten Sie? (Tipp: Sie k¨ onnen jeweils das rechts entstehende Integral mit der linken Seite verrechnen.)

Aufgabe 6.3.11 a) Berechnen Sie mittels partieller Integration eine Stammfunktion zu A620

f (x) = sin x · cos x

und

g(x) = sin x · sin(2x).

b) Fallen Ihnen auch andere Wege zur Bestimmung von Stammfunktionen zu den Funktionen aus a) ein? (Tipp: Additionstheoreme, s. Satz 1.1.55, 3., und Aufgabe 1.1.29.) c) Welchen Wert haben konkret Z2π 0

sin x · cos x dx

und

Z2π 0

sin x · sin(2x) dx?

6.3 Integrationstechniken

61

Aufgabe 6.3.12 Die Gamma-Funktion ist f¨ ur a > 0 definiert durch Γ (a) :=

Z∞ 0

A621

xa−1 · e−x dx.

a) Berechnen Sie Γ (1), Γ (2) und Γ (3). b) Zeigen Sie: Γ (a + 1) = a · Γ (a). ¨ c) Uberpr¨ ufen Sie mit der Formel aus b) Ihre Ergebnisse aus a) und berechnen Sie Γ (4) und Γ (5). Welchen Wert hat Γ (n) f¨ ur beliebiges n ∈ N?

6.3.3 Substitution Aufgabe 6.3.13 Leiten Sie die Funktionen in der linken Spalte ab (Kettenregel!), um dann eine Idee zu bekommen, wie Sie bei den Funktionen in der mittleren und rechten Spalte eine Stammfunktion durch Raten, zur¨ uck Ableiten und ggf. Anpassen von Konstanten bestimmen k¨ onnen. Ableiten

A622

Stammfunktion bilden 3

f1 (x) = x3 · ex

4

f2 (x) = x · ex

2

a)

F (x) = ex

b)

G(x) = sin3 x

g1 (x) = cos2 x · sin x

g2 (x) = sin3 x · cos x

c)

H(x) = sin(x3 )

h1 (x) = x · cos(x2 )

h2 (x) = x2 · sin(x3 )

d)

F (x) = (x2 + 1)2

f1 (x) = x · (x2 + 2)3


2 f2 (x) = x2 · 4x3 − 1

Bestimmen Sie dann erneut Stammfunktionen zu den Funktionen in der mittleren und rechten Spalte, diesmal indem Sie eine geeignete Substitution durchf¨ uhren.

Aufgabe 6.3.14 Bestimmen Sie Stammfunktionen durch Substitution oder durch scharfes Hin” schauen“ (d.h., raten Sie eine Stammfunktion und passen Sie sie durch Zur¨ uckAbleiten an). Z Z Z p 2 a) x · 1 − x2 dx, b) x · e−x dx, c) sin x · cos4 x dx, √ Z Z Z cos(ln x) x sin x √ dx, f) d) dx, e) dx. x2 + 1 x x

A623

62

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.3.15 A624

a) Wie muss man f w¨ ahlen, damit man Integrale der Form Z Z ′ g (x) g(x) · g ′ (x) dx bzw. dx g(x) R mit der Substitutionsformel f (g(x)) · g ′ (x) dx = F (g(x)) l¨osen kann?

Wie lauten (bei allgemeinem g(x)) die Stammfunktionen? ¨ b) Nutzen Sie die Uberlegungen aus a) zur Bestimmung von Z Z sin x · cos x dx und tan x dx.

Aufgabe 6.3.16 A625

Formen Sie die folgenden Integrale mittels Substitution so um, dass man die entstehenden Integrale mit partieller Integration l¨osen kann. a)

Z4

√

ln( x + 1) dx,

b)

Z1

sin(ln x) dx.

0

0

6.3.4 Partialbruch-Zerlegung Aufgabe 6.3.17 A626

Bestimmen Sie mit Hilfe der Partialbruchzerlegungen (s. dazu Aufgabe 1.1.21) Stammfunktionen zu a) f (x) =

4x − 3 , x2 + x − 6

b) g(x) =

2x , x2 − 1

c) h(x) =

2x + 3 , x2 + 2x + 1

d) f (x) =

−2x2 − 3 . x3 + x

Aufgabe 6.3.18 Bestimmen Sie eine Stammfunktion zu f (x) = A627

x2

x+3 . − 4x + 8

7

Vektorrechnung

7.1 Vektoren und Vektorraum Aufgabe 7.1.1       −2 1 3 und die und S = ,Q= 3 −2 1 zugeh¨ origen Ortsvektoren p~, ~q und ~s.

a) Zeichnen Sie die Punkte P =

A701

b) Was ergibt p~ + ~q, was p~ − ~s?

c) Welcher Vektor f¨ uhrt von P zu S, welcher von Q zu P ?

d) Bestimmen und zeichnen Sie 2 · p~, − 21 · p~, 2 · (~ p + ~q).

e) Wie erh¨ alt man den Punkt T , der genau zwischen P und Q liegt?

Aufgabe 7.1.2 Berechnen Sie ~a + ~b,

~a − ~b,

−~a,

3~b,

2 · (~a + ~b),

2~a + 2~b

f¨ ur die folgenden F¨ alle:



, ~b = 11 . Zeichnen Sie die Vektoren. 0  1  0 , ~b = 1 . Versuchen Sie, sich die b) im Vektorraum R3 mit ~a = −2 3 Vektoren vorzustellen.  −1  2 c) im Vektorraum R4 mit ~a = 30 , ~b = 11 . a) im Vektorraum R2 mit ~a =

1 −2

1

0

d) im Vektorraum aller Polynome mit

~a als dem Polynom a(x) = x3 + x + 1

und ~b als b(x) = x2 − 2x.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_7

A702

64

7 Vektorrechnung

7.2 Linearkombination Aufgabe 7.2.1 A703

        0 1 3 2 als Linearkombinaund , , a) Stellen Sie die Vektoren 1 0 0 5     2 2 tion von und dar. 2 −1

b) Stellen Sie p(x) = 2x2 + 2x + 1 dar als Linearkombination von v1 (x) = x + 1,

v2 (x) = x2

und v3 (x) = x2 + 1.

Aufgabe 7.2.2 A704

Ein Roboter kann auf einer Schiene
entlang der x-Achse fahren und hat einen diagonalen Greifarm (Richtung 11 ), den er aus- und einfahren kann.
In welcher Position muss der Roboter stehen, um einen Gegenstand bei 13 zu fassen? Formulieren Sie das Problem mittels Linearkombination von Vektoren.

Aufgabe 7.2.3 A705

F¨ ur welche Werte von c sind drei Vektoren       0 3 1 2  0 ,  1  und c −1 −2

linear unabh¨ angig?

Fortsetzung: Aufgabe 8.2.5, Aufgabe 8.4.4, Aufgabe 8.5.3

Aufgabe 7.2.4 A706

Machen Sie sich anschaulich klar, welche der folgenden Mengen ein Erzeugendensystem bzw. sogar eine Basis des R2 bilden.           1 3 2 0 1 , c) b) , a) 3 1 1 1 3           3 1 1 2 −4 d) , , e) , 1 3 1 −1 2

7.2 Linearkombination

65

Aufgabe 7.2.5 Sei Pn der Vektorraum aller Polynome vom Grad ≤ n.

a) Welche der folgenden Mengen bilden ein Erzeugendensystem, welche sogar eine Basis von P2 ? 1) {1, x, x2 },

2) {1 + x, 1 + x2 },

4) {1 + x, x2 , 1 + x + x2 },

b) Welche Dimension hat P2 ?

A707

3) {1, 1 + x, 1 + x2 }

5) {1, 1 + x, 1 + x2 , x2 }

c) Welche Dimension hat Pn ?

Aufgabe 7.2.6 Sei V die Menge aller in x-Richtung verschobenen und in y-Richtung gestreckten oder gestauchten Sinus- und Cosinus-Funktionen. ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass V ein Vektorraum ist.

A708

b) Geben Sie eine Basis von V an. (Tipp: Vgl. Aufgabe 1.4.8 und Aufgabe 2.3.6.)

Aufgabe 7.2.7 a) Rechnen Sie nach, dass f (x) = x und f (x) = algleichung

1 x

L¨osungen der DifferenziA709

x2 · f ′′ (x) + x · f ′ (x) − f (x) = 0. sind, und dass sogar jedes f mit f (x) = c1 · x + c2 · eine L¨ osung der Differenzialgleichung ist.

1 x

(c1 , c2 ∈ R beliebig)

b) Rechnen Sie nach, dass, falls die Funktionen f1 und f2 L¨osungen der Differenzialgleichung a2 (x) · f ′′ (x) + a1 (x) · f ′ (x) + a0 (x) · f (x) = 0 (mit fest vorgegebenen Funktionen a0 , a1 und a2 ) sind, auch immer jede Linearkombination f (x) = c1 · f1 (x) + c2 · f2 (x) (c1 , c2 ∈ R beliebig) eine L¨ osung ist.

66

7 Vektorrechnung

7.3 Skalarprodukt Aufgabe 7.3.1 A710

Betrachtet werden die folgenden Gleichungen f¨ ur ~a, ~b, ~c, d~ ∈ Rn und λ, µ ∈ R. (1)

(2) (3) (4)

(λ · µ) · ~a = λ · (µ · ~a), (λ · ~a) · ~b = λ · (~a · ~b), ~ = ~a · ((~b · ~c) · d), ~ (~a · ~b) · (~c · d)

(~a + λ · ~b) · ~c = ~a · ~c + λ · (~b · ~c).

a) Markieren Sie in den Gleichungen die Multiplikationspunkte entsprechend ihrer Bedeutung: • f¨ ur die normale Multiplikation reeller Zahlen, ∗ f¨ ur die skalare Multiplikation,

⊙ f¨ ur das Skalarprodukt.

b) Testen Sie, ob die Gleichungen konkret gelten f¨ ur         1 3 −2 3 ~ ~ ~a = , b= , ~c = , d= , λ = 2 und µ = −3. 2 −1 −4 0 c) Stimmen die Gleichungen immer?

Aufgabe 7.3.2 A711

 2    3 bzw. ~a = 10 . Sei ~a = 2 −2 a) Berechnen Sie k~ak.

b) Berechnen Sie k5~ak einerseits, indem Sie zun¨achst die entsprechenden Vektoren 5~a und dann deren Norm berechnen und andererseits mit Hilfe von Satz 7.3.13, 1.. c) Oft will man zu einem Vektor ~a einen normalisierten Vektor haben, d.h. einen Vektor ~b, der in die gleiche Richtung wie ~a zeigt (also ~b = λ~a mit λ ∈ R), und der die L¨ ange 1 hat. Geben Sie jeweils einen normalisierten Vektor ~b zu den angegebenen Vektoren ~a an. Wie muss man dazu allgemein λ w¨ ahlen? Fortsetzung: Aufgabe 8.4.6, Aufgabe 10.3.5

Aufgabe 7.3.3 Welchen Abstand haben A712

a) die Punkte P1 = (1, 3) und P2 = (4, −1) im R2 ,

7.3 Skalarprodukt

67

b) die Punkte Q1 = (1, 1, −1) und Q2 = (0, 0, 1) im R3 ?

c) die Punkte R1 = (1, 2, 3, 4) und R2 = (2, 1, 2, 1) im R4 ?

Aufgabe 7.3.4 Ein 100g schweres Gewicht ist wie abgebildet an F¨ aden aufgeh¨ angt.

20cm

40cm

b

Wie groß sind die (Zug-)Kr¨ afte in den F¨aden? (Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

b

10cm

A713

b

Anleitung: Die nach unten gerichtete Gewichtskraft muss dargestellt werden als Linearkombination von in Richtung der F¨aden gerichteten Kraftvektoren.

Aufgabe 7.3.5 Ein Schiff will in nord-¨ ostliche Richtung fahren, also bez¨ uglich eines entspre
chenden Koordinatensystems in Richtung 11 . Seine H¨ochstgeschwindigkeit betr¨ agt 13 Knoten. Die Geschwindigkeit der Meeresstr¨omung, mit der das Schiff
6 abtreibt, ist (in Knoten) −1 .

A714

In welche Richtung muss das Schiff steuern, damit es (mit der Meeresstr¨omung zusammen) seinen anvisierten Kurs h¨ alt und m¨oglichst schnell voran kommt?

Aufgabe 7.3.6 Berechnen Sie (wo n¨ otig unter Benutzung eines Taschenrechners) den Winkel, den ~a und ~b einschließen, zu  3   2 

b) ~a = −4 , ~b = 1 , a) ~a = 12 , ~b = 31 , −2 1  2   −1   3  1 d) ~a = −4 , ~b = 2 , c) ~a = 0 , ~b = 1 , −3 −3 2 6  2   1  2 , ~b = 01 . e) ~a = −3 1

A715

−2

Zeichnen Sie in a) die Situation und messen Sie den berechneten Werte nach. Versuchen Sie, sich die Vektoren und Winkel bei b), c) und d) vorzustellen.

Aufgabe 7.3.7 a) Wie lang ist die Diagonale in einem (dreidimensionalen) W¨ urfel bei einer Kantenl¨ ange 1? Welchen Winkel schließt sie mit einer Kante ein? b) Welche Werte ergeben sich in einem n-dimensionalen W¨ urfel? c) Was ergibt sich bei b) f¨ ur n → ∞?

A716

68

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.3.8 A717

Welchen Winkel schließen die Dachkanten beim nebenstehend abgebildeten Walmdach untereinander bzw. mit dem Dachfirst ein?

6m 3m

Nutzen Sie einen Taschenrechner. 15m

9m

Aufgabe 7.3.9 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A718

Geben Sie einen formelm¨ aßigen Ausdruck an, unter welchem Winkel sich die Kanten einer Pyramide mit Basisl¨ ange 2 und H¨ ohe h an der Spitze treffen (s. Skizze).

h

A719

Geben Sie orthogonale Vektoren an zu       1 3 2 a) , b) , c)  0  , 2 −1 2

2

2

Aufgabe 7.3.10 

 3 d)  1  , −2

  4 1  e)   . 0 2

Aufgabe 7.3.11 (vgl. Aufgabe 5.2.14) A720

Das nebenstehende Bild zeigt schematisch eine Papieraufwicklung. Die Walze hat den Radius 1, die Papierbahn kommt vom Punkt (−2, 2). An welchem Punkt ber¨ uhrt die Papierbahn die Walze? Anleitung: Stellen Sie den oberen Halbkreis der Walze als Funktion f dar und bestimmen Sie den Punkt X, bei dem der radiale Vektor senkrecht zum Verbindungsvektor von P zu X ist.

b

1

1

Aufgabe 7.3.12 A721

Verifizieren Sie (wo n¨ otig mit Hilfe eines Taschenrechners) die Dreiecksungleichung und die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung f¨ ur         3 −2     2 1   1   2 2  und  1  . , b)  3  und  6  , c)  und a)    2  1 3 1 −4 −2 −2 3

7.4 Vektorprodukt

69

Aufgabe 7.3.13 Beweisen Sie den Satz des Thales: b

Jeder Winkel im Halbkreis ist ein rechter Winkel.

A722

Anleitung: Legen Sie das Koordinatensystem geeignet fest und stellen Sie den Halbkreis als Funktion dar. Beschreiben Sie dann die beiden Schenkel des Winkels als Vektoren und betrachten Sie deren Skalarprodukt.

7.4 Vektorprodukt Aufgabe 7.4.1 Berechnen Sie die folgenden Vektorprodukte         2 0 3 2 a)  3  ×  1  , b)  −1  ×  1  , 1 2 0 3         2 3 1 −2 c)  1  ×  −1  , d)  −2  ×  4  . 3 0 3 −6

A723

Versuchen Sie, sich die Vektoren und das Ergebnis vorzustellen.

Aufgabe 7.4.2 F¨ ur das Vektorprodukt gelten folgende allgemeine Gleichungen: a) ~a × (~b × ~c) = (~a · ~c) · ~b − (~a · ~b) · ~c (Graßmann-Identit¨at), ~ = (~a · ~c) · (~b · d) ~ − (~b · ~c) · (~a · d) ~ (Lagrange-Identit¨at), b) (~a × ~b) · (~c × d) c) ~a × (~b × ~c) + ~b × (~c × ~a) + ~c × (~a × ~b) = 0 (Jacobi-Identit¨at).

Rechnen Sie konkret nach, dass die Identit¨aten stimmen f¨ ur         2 0 2 1 ~a =  0  , ~b =  −1  , ~c =  1  , d~ =  5  . 3 2 1 3

A724

70

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.4.3 A725



   2 4 Sei ~a =  2  und ~b =  0 . −1 3

a) Berechnen Sie den Winkel ϕ zwischen ~a und ~b mit Hilfe des Skalarprodukts. b) Berechnen Sie ~a × ~b. c) Verifizieren Sie die Gleichung k~a × ~bk = k~ak · k~bk · sin ϕ.

Aufgabe 7.4.4 A726

Zeigen Sie mittels der Komponentendarstellung, dass f¨ ur ~a, ~b ∈ R3 gilt: ~a × ~b ⊥ ~a

und

~a × ~b ⊥ ~b.

Aufgabe 7.4.5 A727

    0 1 Geben Sie mehrere Vektoren ~b ∈ R3 an mit  0  × ~b =  0 . 1 0

¨ Uberlegen Sie sich zun¨ achst anschaulich, welche ~b in Frage kommen, und rechnen Sie dann.

Aufgabe 7.4.6 a) Geben Sie ~a, ~b und ~c an mit A728

(~a × ~b) × ~c 6= ~a × (~b × ~c).

b) Untersuchen Sie, ob die folgenden Gleichungen gelten (~a, ~b, ~c ∈ R3 , λ ∈ R): b1) ~a × (λ · ~b) = λ · (~a × ~b), b2)

~a × (~c · ~b) = ~c · (~a × ~b).

Aufgabe 7.4.7 A729

  4 a) Berechnen Sie den Fl¨ acheninhalt des Parallelogramms, das durch ~a = 2   2 und ~b = aufgespannt wird, 3 1) durch die Formel Seite mal H¨ ohe“, indem Sie mit dem Winkel zwi” schen ~a und ~b die H¨ ohe berechnen,

2) indem Sie die Situation ins Dreidimensionale u ¨bertragen und das Vektorprodukt zu Hilfe nehmen.

7.5 Geraden und Ebenen

71

b) Bestimmen Sie den Fl¨ acheninhalt des Dreiecks mit den Eckpunkten       5 2 −1 . und C = , B= A= 3 −1 2 (Tipp: Durch Verdoppelung eines Dreiecks kann man ein Parallelogramm erhalten.) Fortsetzung: Aufgabe 7.5.3, Aufgabe 7.5.4, Aufgabe 8.5.6, a)

7.5 Geraden und Ebenen Aufgabe 7.5.1 a) Geben Sie eine Darstellung der Geraden g im R3 an, die durch     1 3 P1 =  1  und P2 =  1  −1 2 verl¨ auft.

A730



 −1 Liegt Q =  1  auf g? −4

b) Geben Sie eine Darstellung der Geraden g im R4 an, die durch     −1 2  0  1    P1 =   1  und P2 =  0  2 3 verl¨ auft?

Aufgabe 7.5.2 Welche Punkte auf der Geraden g =   2 den Abstand 3, a) von 1

     −3 2 λ ∈ R haben +λ 4 1   0 den Abstand 5? b) von −3

A731

72

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.5.3 A732

Betrachtet wird das Dreieck mit den Eckpunkten       −1 5 2 A= , B= und C = . 2 −1 3 Gesucht ist der Lotfußpunkt L des Lots von C auf die Seite AB bzw. auf die Gerade g, auf der diese Seite liegt. Berechnen Sie L auf drei verschiedene Arten: a) Bestimmen Sie L als Schnittpunkt von g und der Geraden h, die durch C f¨ uhrt und senkrecht zu g ist. b) Bestimmen Sie L als den Punkt auf g, so dass der Verbindungsvektor von L zu C senkrecht auf dem Richtungsvektor von g steht. c) Bestimmen Sie L als n¨ achstliegenden Punkt auf g an C, indem Sie den Abstand d(λ) von C zu einem allgemeinen Punkt der Geraden g in Abh¨angigkeit von dem Parameter λ berechnen und die Minimalstelle der Funktion d(λ) bestimmen. Berechnen Sie schließlich die H¨ ohe und damit die Fl¨ache des Dreiecks. Fortsetzung: Aufgabe 7.5.4

Aufgabe 7.5.4 A733

In Aufgabe 7.4.7 und Aufgabe 7.5.3 werden insgesamt f¨ unf verschiedene M¨oglichkeiten zur Berechnung der Fl¨ ache eines ebenen Dreiecks betrachtet. Stellen Sie diese M¨ oglichkeiten zusammen, und u ¨berlegen Sie, welche der M¨ oglichkeiten auch in drei- und h¨ oherdimensionalen R¨aumen funktionieren. Fortsetzung: Aufgabe 8.5.6, a)

Aufgabe 7.5.5 A734

a) Stellen Sie die Ebene durch die Punkte       1 −1 2 P1 =  0  , P2 =  1  , P3 =  −1  1 2 2

in Parameter- und in Normalendarstellung dar.  −2  Testen Sie, ob der Punkt Q = 3 in der Ebene liegt. 1 3 b) Stellen Sie die Ebene, die durch P = 1 f¨ uhrt und senkrecht zu ~n = 0  1  2 ist, in Parameter- und in Normalendarstellung dar. −1

7.5 Geraden und Ebenen

73

Aufgabe 7.5.6 Stellen

und

       1 0   3 E1 =  −1  + α  2  + β  2  α, β ∈ R   3 0 2

A735

       2 2  −1  E2 =  −3  + α  2  + β  0  α, β ∈ R   1 1 −2

die gleiche Ebene dar? ¨ Uberlegen Sie sich verschiedene M¨ oglichkeiten, dies zu u ufen. ¨berpr¨

Aufgabe 7.5.7 Berechnen Sie die Schnittmenge von        −1 0  3   −1  + α  2  + β  0  α, β ∈ R E =   0 3 1

A736

mit der Geraden      0  1   −1  + λ  2  λ ∈ R , g =   −1 1

indem Sie

a) die Parameterdarstellung von E benutzen. b) E in Normalendarstellung darstellen und diese nutzen.

Aufgabe 7.5.8 Haben die beiden Geraden      1  1   0  + λ  −2  λ ∈ R , g1 =   1 3      1  −3   −2  + λ  0  λ ∈ R g2 =   2 −6

einen gemeinsamen Schnittpunkt?

A737

74

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.5.9 20 m n¨ ordlich eines 30 m hohen Kirchturms steht eine große Mauer. A738

In welcher H¨ ohe an der Mauer befindet sich der Schatten der Kirchturmspitze um 3 Uhr nachmittags (die Sonne steht im S¨ udwesten), wenn die Sonne 45o u ¨ber dem Horizont steht?

Aufgabe 7.5.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A739

Die nebenstehende Karte (genordet mit 1 km-Raster) zeigt die Lage von vier Berggipfeln G1 , G2 , G3 und G4 .

N b

Steht man auf G1 , so sieht man in der Ferne genau u ¨ber dem Gipfel G2 eine Stadt liegen. Steht man auf G3 , sieht man die Stadt genau u ¨ber G4 .

G1

b

b

G3

G2

Wie weit s¨ udlich von G1 liegt die Stadt? b

G4

Aufgabe 7.5.11 (ehemalige Klausuraufgabe, 10 Minuten) A740

Ein Koordinatensystems) an der Stelle  3 Flugzeug befindet sich (bzgl. eines  1 festen  4 und hat die Geschwindigkeit −2 ; ein zweites Flugzeug befindet sich an 1 3   −3  3 der Stelle 6 mit Geschwindigkeit −2 (in geeigneten Einheiten). 3

1

a) Berechnen Sie den Schnittpunkt der beiden Geraden, die durch die Flugbahnen beschrieben werden, wenn die Flugzeuge Ihre jeweilige Geschwindigkeit und Richtung nicht ¨ andern.

b) Stoßen die Flugzeuge zusammen, wenn die Flugzeuge Ihre Geschwindigkeit und Richtung nicht ¨ andern? (Begr¨ unden Sie Ihre Aussage!)

Aufgabe 7.5.12 (beispielhafte Klausuraufgabe, 20 Minuten) A741

In Krummhausen wird ein Schuppen gebaut mit dem links abgebildeten Grundriss. An drei Ecken stehen schon (unterschiedlich hohe) S¨aulen (s. rechts). 9m b

5m 6m

2m b

3m b

5m

b

?

a) Wie groß ist der Winkel zwischen den (gepunktet dargestellten) Dachkanten an der 5m hohen S¨ aule?

7.5 Geraden und Ebenen

75

b) Zeichnen Sie in die Abbildung rechts ein Koordinatensystem ein und geben Sie entsprechend Ihres Koordinatensystems eine Normalendarstellung f¨ ur die durch die Dachfl¨ ache gebildete Ebene E an. c) Wie hoch muss die S¨ aule an der vierten Ecke sein, damit ein ebenes Dach passend aufliegt?

Aufgabe 7.5.13 Bestimmen Sie den Abstand des Punktes p~ =

2 3 3

zur Ebene

       0 1  2   −2  + λ  0  + µ  −1  λ, µ ∈ R E =   1 1 2

auf folgende Weisen:

a) durch Bestimmung des Lotfußpunkts L des Lots von P auf E und dann als L¨ ange von P L. b) mit Hilfe der Abstandsformel Satz 7.5.15, 1.. Fortsetzung: Aufgabe 10.2.4

A742

8

Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

8.1 Grundlagen Aufgabe 8.1.1 Berechnen Sie     2 1 0 1 a)  2 0 −3  ·  2  −1 0 1 3



   1 0 2 b)  2 −3  · 1 0 1

c)



−1 2 0 5 1 311



Aufgabe 8.1.2



 2  1   ·  −1  . 0

A801

Schreiben Sie das folgende Gleichungssystem in Matrix-Vektor-Schreibweise: A802

x1 − 5x3 + x4 = 0 2x1 + 3x2 − x4 = 2 4x2 + 3x4 = −1

Aufgabe 8.1.3 Mutter Beimer will verschiedene Weihnachtspl¨atzchen backen. Sie hat drei Rezepte: Sandpl¨ atzchen

Mandelh¨ ornchen

200g Butter 150g Zucker 2 Eier 375g Mehl

200g 100g 250g 100g

Butter Zucker Mehl Mandeln

Makronen 150g Zucker 2 Eier 150g Mandeln

Da die Großfamilie zu Besuch kommt, will Mutter Beimer 4mal Sandpl¨atzchen, 2mal Mandelh¨ ornchen und 3mal Makronen backen. Wieviel Zutaten braucht sie? Formulieren Sie den Sachverhalt als Matrix-Vektor-Multiplikation.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_8

A803

78

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.1.4 A804

Manche chemische Reaktionen k¨ onnen in beiden Richtungen stattfinden, z.B. die Reaktion von 2N O2 (Stickstoffdioxid) zu N2 O4 (Distickstofftetroxid) und umgekehrt die R¨ uckreaktion von N2 O4 in 2N O2 . Bei einer bestimmten Temperatur wandeln sich pro Minute 20% des vorhandenen N O2 in N2 O4 um und umgekehrt 30% des vorhandenen N2 O4 in N O2 . a) Welche Mengen N O2 und N2 O4 hat man nach einer Minute, wenn es anfangs 100g N O2 und 150g N2 O4 sind? Formulieren Sie den Zusammenhang als Matrix-Vektor-Multiplikation. b) Wie ist es nach zwei und drei Minuten? Fortsetzung: Aufgabe 8.3.6, Aufgabe 8.6.2

Aufgabe 8.1.5 A805

Ein Lebensmittelh¨ andler hat m Filialen F1 , F2 , . . . , Fm . In jeder Filiale hat er die gleichen n Artikel A1 , . . . , An . Zum Jahreswechsel wird u ¨berall Inventur gemacht. Die Anzahl von Ak in Filiale Fl sei a(Fl , Ak ). In der internen Buchf¨ uhrung wird ein Artikel Ak mit dem Preis pk bewertet. Wie groß ist der Warenwert in den einzelnen Filialen? Formulieren Sie den Sachverhalt als Matrix-Vektor-Multiplikation.

Aufgabe 8.1.6 √

A806

3 2 1 2

Sei M =

1 − √2 3 2

!

und ~a =

      1 ~ 2 5 ,b= und ~c = . 1 −1 3

Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) ~a ′ = M ·~a, ~b ′ = M ·~b und ~c ′ = M ·~c und zeichnen Sie in einem Koordinatensystem Dreiecke mit den entsprechenden Punkten A, B und C bzw. A′ , B ′ und C ′ . F¨allt Ihnen etwas auf? Fortsetzung: Aufgabe 8.4.6

Aufgabe 8.1.7 Sei M = A807



1 0

2 3 1 3

 0 . 1

a) Sei W der Einheitsw¨ urfel im R3 . Berechnen Sie f¨ ur jede Ecke p~ von W den Punkt M · p~ und zeichnen Sie ihn in ein zweidimensionales Koordinatensystem. Verbinden Sie die Punkte, deren entsprechende Ecken in W durch eine Kante verbunden sind.   x

b) Zeigen Sie, dass M · p~ die Projektion eines Punktes p~ = y ∈ R3 auf die z  2  (x, z)-Ebene Exz in Richtung ~v = −3 ist, indem Sie den Schnittpunkt 1 von  Exz mit einer Geraden mit Richtung ~v durch einen beliebigen Punkt x p~ = y berechnen. z

8.1 Grundlagen

79

c) Wie kann Punktes  man mit Hilfe einer Matrix M die Projektion  2eines  x 3 p~ = y ∈ R auf die (x, y)-Ebene Exy in Richtung ~v = 1 darstellen? z

1

Aufgabe 8.1.8

Betrachtet wird das inhomogene Gleichungssystem     1 0 −1 1 3 ·x = (I) 21 1 0 4

A808

und das zugeh¨ orige homogene System     0 1 0 −1 1 . (H) ·x = 0 21 1 0 a) Geben Sie (durch Raten) zwei verschiedene L¨osungen xh,1 und xh,2 des homogenen Systems (H) an. b) Verifizieren Sie, dass auch xh,1 + xh,2 , xh,1 − xh,2 und 3 · xh,1 L¨osungen von (H) sind. c) Geben Sie (durch Raten) eine L¨ osung xs des inhomogenen Systems (I) an. d) Verifizieren Sie, dass auch xs + xh,1 , xs + 2 · xh,2 und xs + 2 · xh,1 + xh,2 L¨ osungen von (I) sind. e) Geben Sie (durch Raten) eine weitere L¨osung xs,2 des inhomogenen Systems (I) an. f) Verifizieren Sie, dass x0 = xs,2 − xs (also xs,2 = xs + x0 ) eine L¨osung des homogenen Systems (H) ist. ¨ g) Uberlegen Sie sich allgemein, warum die Verifikation in b), d) und f) funktionieren.

Aufgabe 8.1.9 Betrachtet wird das inhomogene Gleichungssystem Ax = b (b 6= 0) (I) und das zugeh¨ orige homogene System Ax = 0 (H). xh,1 und xh,2 seien zwei L¨osungen von (H), xs,1 und xs,2 zwei L¨ osungen von (I) Welche der folgenden Aussagen sind richtig? a) xh,1 + xh,2 ist L¨ osung von (H). b) xs,1 − xh,1 ist L¨ osung von (H). c) xs,1 − xh,1 ist L¨ osung von (I).

d) xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (H).

e) 2 · xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (I).

f) Jedes x der Form x = α1 · xh,1 + α2 · xh,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (H).

g) Jedes x der Form x = α1 · xs,1 + α2 · xs,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (I).

h) Jedes x der Form x = xs,1 + α1 · xh,1 + α2 · xh,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (I).

A809

80

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren Aufgabe 8.2.1 Bestimmen Sie die L¨ osungen zu den folgenden Gleichungssystemen. A810

a)

x1 − x2 − x3 = 0 x1 + x2 + 3x3 = 4 , 2x1 + x3 = 3

b) 2x1 + 4x2 + 2x3 = 2 x1 + 2x2 + 2x3 = 2 , 3x2 − 2x3 = 4 c)

x1 + x2 − −x1 + x2 − −2x1 + x2 − 2x1 +

x3 3x3 x3 2x3 2x3

+ x4 − + + 5x4 + + x4 − + x4 −

x5 3x5 4x5 x5 2x5

= = = = =

1 2 1 . −1 1

Aufgabe 8.2.2 A811

Im Folgenden sind die auf Zeilen-Stufen-Form gebrachten erweiterten Koeffizientenmatrizen zu linearen Gleichungssystemen gegeben. Wie lautet jeweils die L¨ osungsmenge?     1 −1 0 0 4 −1 1 0 2 −1 c)  0 0 1 0 3 −2 , a)  0 1 1 0 , 0 0 0 1 0 −3 0 0 0 0   1 3 0 2 0 0 2    0 0 1 1 0 0 −1  1 0 2 3      0 1 1 0 , b) d)   0 0 0 0 1 0 5 .  0 0 0 0 0 1 3  0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

Aufgabe 8.2.3 Betrachtet wird das lineare Gleichungssystem A812

−x1 − 4x2 + 2x3 − 3x5 = 3 x3 − x4 + x5 = 1 2x1 + 8x2 − x3 + x4 + 5x5 = 1 a) Bestimmen Sie eine spezielle L¨ osung. b) Bestimmen Sie eine Basis des L¨ osungsraums zum zugeh¨origen homogenen Gleichungssystem. c) Wie sieht die allgemeine L¨ osung des inhomogenen Gleichungssystems aus?

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

81

Aufgabe 8.2.4 Bestimmen Sie die L¨ osungsmengen zu den folgenden Gleichungssystemen. a)

x1 x1

− +

x2 x2 x2

− + + +

x3 3x3 2x3 x3

= = = =

0 4 2 3

x2 x2 x2

− − − +

x3 3x3 2x3 2x3

+

x4

+ +

x4 x4

2x1 b)

x1 −x1

+ +

2x1

A813

, − + − −

x5 3x5 x5 2x5

= = = =

1 2 −1 . 1

Aufgabe 8.2.5 Bestimmen Sie in Abh¨ angigkeit vom Parameter c den Rang der Matrix   1 3 0 A =  0 1 2  −1 −2 c

A814

Fortsetzung: Aufgabe 8.4.4, Aufgabe 8.5.3

Aufgabe 8.2.6 Bestimmen Sie die Schnittmenge der Ebenen        2 1   1  2  + α  −1  + β  −1  α, β ∈ R E1 =   2 0 −1 und

E2

A815

       2 4  1   0  + γ  −3  + δ  −3  γ, δ ∈ R , =   −1 1 1

indem Sie

a) die Parameterdarstellungen gleichsetzen, b) die Normalendarstellungen von E1 und E2 verwenden.

Aufgabe 8.2.7 Bei einer Verkehrsz¨ ahlung an einem Kreisverkehr werden die nebenstehenden Zahlen gemessen (Autos pro Stunde). a) Stellen Sie ein Gleichungssystem f¨ ur die Belastung der einzelnen Abschnitte des Kreisverkehrs auf. b) Bestimmen Sie die L¨ osung des Gleichungssystems.

150

100

200

50

200

80 120

100

A816

82

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A817

2 Wie kann der Vektor ~a = 1 als Linearkombination von 1       5 1 2 v~1 =  0  , v~2 =  2  und v~3 =  3  −1 −2 3

dargestellt werden?

Aufgabe 8.2.9 F¨ ur welches Polynom p dritten Grades gilt A818

p(−1) = −3,

p(0) = 3,

p(1) = 1 und

p(2) = 3?

Aufgabe 8.2.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 15 Minuten) A819

Ein metallverarbeitender Betrieb hat vier Stahlsorten auf Lager, die jeweils Legierungen aus Eisen, Chrom und Nickel sind: Eisen

Chrom

Nickel

Sorte 1

90%

0%

10%

Sorte 2

70%

10%

20%

Sorte 3

60%

20%

20%

Sorte 4

40%

20%

40%

Der Betrieb will durch eine Mischung daraus eine Tonne bestehend aus 60% Eisen,

10% Chrom,

30% Nickel

herstellen. Ist das m¨ oglich? Wenn ja: wie? Wenn nein: warum nicht?

8.3 Matrizen Aufgabe 8.3.1 A820

Es sei         1 −1 0 2 3 0 1 3 0 2 1 , C =  2 1  , D =  3 0 1 −1  . , B= A= 5 −1 2 −1 1 1 1 2 0 −1 2

Welche Matrixprodukte kann man mit diesen Matrizen bilden? Welche Dimensionen haben die Produkte? Berechnen Sie die Produkte.

8.3 Matrizen

83

Aufgabe 8.3.2 a) Rechnen Sie nach, dass zu A =



12 34



und B =



−1 0 2 1



die Produkte

A · B und B · A verschieden sind.   2 1 b) Rechnen Sie nach, dass zu A = und B = A2 die Produkte A · B −1 0 und B · A gleich sind.

A821

Ist das Zufall?

Aufgabe 8.3.3 Gegeben sind die beiden linearen Abbildungen f, g : R2 → R2 mit     1 −1 1 −1 f (x) = ·x und g(x) = · x. 0 2 1 1

A822

a) Wie wird das Rechteck mit den Eckpunkten A = (2|0),

B = (2|1),

C = (0|1)

und

D = (0|0)

einerseits mittels f ◦ g und andererseits mittels g ◦ f abgebildet?

b) Man kann f ◦ g bzw. g ◦ f als lineare Abbildung auffassen. Wie lauten die entsprechenden Abbildungsmatrizen?

Aufgabe 8.3.4 W¨ ahlen Sie sich drei Matrizen A, B und C mit jeweils unterschiedlichen Zeilenund Spaltenanzahlen, aber so, dass man A · B und B · C bilden kann. ¨ Uberlegen Sie, dass man dann auch (A · B) · C und A · (B · C) bilden kann.

A823

Welche Dimensionen ergeben sich? Berechnen Sie die Produkte.

Aufgabe 8.3.5 In einer chemischen Fabrik werden vier Grundsubstanzen G1 , G2 , G3 und G4 benutzt. Zun¨ achst werden diese zu drei Zwischenprodukten Z1 , Z2 und Z3 verarbeitet. Um jeweils eine Mengeneinheit zu erhalten, braucht man

f¨ ur Z 1 f¨ ur Z 2 f¨ ur Z 3

von G1 von G2 von G3 von G4 2 Einheiten 1 Einheit 3 Einheiten 1 Einheit 2 Einheiten 1 Einheit 1 Einheit 1 Einheit 3 Einheiten

In einem weiteren Produktionsschritt werden daraus die beiden Endprodukte E1 und E2 gefertigt; f¨ ur jeweils eine Mengeneinheit braucht man

A824

84

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

f¨ u r E1 f¨ u r E2

von Z1 1 Einheit

von Z2

von Z3 2 Einheiten 2 Einheiten 1 Einheit

Wie sieht die Zusammensetzung der Endprodukte in Bezug auf die Grundsubstanzen aus? Formulieren Sie den Zusammenhang als Matrix-Matrix-Multiplikation.

Aufgabe 8.3.6 (Fortsetzung von Aufgabe 8.1.4) A825

¨ Die Anderung der Masseverteilung von 2N O2 und N2 O4 innerhalb einer Minute kann bei einer bestimmten Termperatur beschrieben werden durch   0.8 0.3 · m0 , m1 = 0.2 0.7

m m wobei m0 = m0,1 die Masseverteilung vorher und m1 = m1,1 die nachher 0,2 1,2 beschreiben. a) Wie kann man die entstehende Masseverteilung m2 bzw. m3 nach zwei bzw. drei Minuten als direktes Matrix-Vektor-Produkt aus m0 berechnen? b) Wie sieht formelm¨ aßig eine Matrix aus, mit der man die Masseverteilung nach n Minuten ausrechnen kann? Berechnen Sie das konkrete Ergebnis mit Hilfe eines Computerprogramms. Was ergibt sich f¨ ur große n? Wie h¨ angt die Masseverteilung f¨ ur große n von der anf¨ anglichen Masseverteilung ab? Fortsetzung: Aufgabe 8.6.2

Aufgabe 8.3.7 a) Sei A = A826



0.8 0.3 0.2 0.7



und B =



0.1 0.4 0.9 0.6



.

Rechnen Sie nach, dass bei A, B und A·B jeweils die Summe der Elemente in einer Spalte gleich 1 ist. b) Seien A, B ∈ Rn×n zwei Matrizen, wobei jeweils die Summe der Elemente in einer Spalte gleich Eins ist. Zeigen Sie, dass diese Eigenschaft dann auch f¨ ur A · B gilt. Betrachten Sie zun¨ achst den Fall n = 2 und schreiben Sie die Matrizen mit allgemeinen Komponenten ai,j bzw. bi,j .

Aufgabe 8.3.8 T

A827

T

a) Berechnen Sie M1 = A · A und M2 = A · A zu A =



−1 2 0 1 3 1



.

¨ b) Uberlegen Sie sich, dass man zu A ∈ Rm×n stets die Produkte A · AT und T A · A bilden kann. Welche Dimensionen ergeben sich?

8.4 Quadratische Matrizen

85

c) Die Produkte M1 und M2 aus a) sind symmetrisch bzgl. der Hauptdiagonalen, also M1 T = M1 und M2 T = M2 . Ist das Zufall?

Aufgabe 8.3.9 a) Berechnen Sie die Matrix  q0 q0  1 1 A =   q 2 q2 1 1 2 − 2

AT · A zu  1  0 .  0

A828

¨ b) Uberlegen Sie sich anhand des Beispiels aus a) und allgemein: Die Matrix A ∈ Rm×n besitze die Vektoren a1 , . . . , an ∈ Rm als Spalten,  T also A = (a1 , . . . , an ). Dann gilt: a1 1) Die Matrix AT besitzt die Zeilen aT1 , . . . , aTn , also AT =  . . . . an T 2) Es gilt: a1 , . . . , an sind normiert und orthogonal zueinander ⇔

AT · A = In mit der (n × n)-Einheitsmatrix In .

Fortsetzung: Aufgabe 8.4.6

Aufgabe 8.3.10 Berechnen Sie den Rang von A und den von AT zu   1 0 3 2 2  0 2 4 2 −2   A =   1 0 3 1 1 . 2 −2 2 1 5

A829

8.4 Quadratische Matrizen Aufgabe 8.4.1 Sei D ∈ R3×3 die Diagonalmatrix mit den Diagonaleintr¨agen −1, 2, 1 (von links oben nach rechts unten). Berechnen Sie D · A und A · D zu   2 3 1 A =  −1 0 4  . 5 1 5

A830

86

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.4.2 a) Ist das Produkt zweier symmetrischer Matrizen wieder symmetrisch? A831

b) Ist das Quadrat einer symmetrischen Matrix wieder symmetrisch? c) Ist das Produkt zweier Diagonalmatrizen wieder eine Diagonalmatrix?

Aufgabe 8.4.3 A832

Sei A =



1 1 2 3



und B =



 0 −1 . 2 3

a) Berechnen Sie A−1 und B −1 .

b) Berechnen Sie (A · B)−1 einerseits, indem Sie A · B berechnen und dazu die Inverse bestimmen, und andererseits, indem Sie A−1 und B −1 zu Hilfe nehmen.

Aufgabe 8.4.4 A833

F¨ ur welche Werte  1 A =  0 −1 invertierbar?

von c ist die Matrix  3 0 1 2  −2 c

Wie lautet dann die Inverse A−1 ? (Vgl. Aufgabe 7.2.3 und Aufgabe 8.2.5.) Fortsetzung: Aufgabe 8.5.3

Aufgabe 8.4.5 A834







1 1 0 −3  0 Sei A =  3 1 0  und B =   −1 4 2 4 0 a) Bestimmen Sie A−1 und B −1 .

b) Geben Sie L¨ osungen x an zu   1 Ax =  0  , 0

  2 Ax =  1  , 0

0 1 2 2

−2 0 3 1

 −2 1  . 5  4

  0 0  Bx =  1 0

bzw.



 2  1   Bx =   0 . −1

8.5 Determinanten

87

Aufgabe 8.4.6 Eine Matrix A ∈ Rn×n heißt orthogonal genau dann, wenn A−1 = AT ist. a) Welche der folgenden Matrizen sind orthogonal?     1 −1 cos α − sin α , (α ∈ R), 1 1 sin α cos α  1   1  2 b) Sei a1 = 0 , a2 = 1 und a3 = −4 . −1

2





A835

0 0 1 1 0 0. 0 1 0

1

1) Pr¨ ufen Sie nach, dass die drei Vektoren jeweils orthogonal zueinander sind. 2) Bestimmen Sie λi so, dass f¨ ur a˜i = λi · ai gilt: ||a˜i || = 1.

3) Sei A ∈ R3×3 die Matrix bestehend aus a˜1 , a˜2 und a˜3 als Spalten. ¨ Uberlegen Sie sich, dass A orthogonal ist. (Tipp: Aufgabe 8.3.9 ,b))

4) Pr¨ ufen Sie nach, dass die Zeilen von A als Vektoren aufgefasst normiert und orthogonal zueinander sind.

8.5 Determinanten Aufgabe 8.5.1 a) Berechnen Sie det



1 2 1 4





 2 1 0 und det  1 1 3 , indem Sie 0 −1 2

1) die Matrizen auf Dreiecksform bringen,

2) die direkten Berechnungsformeln (Satz 8.5.3) benutzen.   0 2 3 5  −1 1 0 0   b) Berechnen Sie det   1 3 1 4 . 2 0 1 3     1 0 −3 1 1 1 c) Sei A =  3 1 0  und B =  1 −3 2 . −1 0 −2 4 2 4 Berechnen Sie det A, det B, det A−1 und det(A · B).

(Tipp: A−1 wurde schon bei Aufgabe 8.4.5 berechnet.)

A836

88

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.5.2 A837

a) Zeigen Sie (s. Satz 8.5.12)   a11 a12 Ist A = und det A 6= 0, so ist A invertierbar mit a21 a22 A−1 =

1 det A



a22 −a12 −a21 a11



.

b) Testen Sie die Formel aus a) an A = (vgl. Aufgabe 8.4.3).



1 1 2 3



und B =



0 −1 2 3



Aufgabe 8.5.3 A838

Berechnen Sie in Abh¨ angigkeit vom Parameter c die Determinante zu   1 3 0 A =  0 1 2 . −1 −2 c F¨ ur welche Werte von c ist A invertierbar? (Vgl. Aufgabe 7.2.3, Aufgabe 8.2.5 und Aufgabe 8.4.4.)

Aufgabe 8.5.4 Bestimmen Sie die L¨ osung der Gleichungssysteme A839

a)

x1 + x2 = 0 2x1 + 3x2 = 4

b)

x1 − x2 − x3 = 0 x1 + x2 + 3x3 = 4 2x1 + x3 = 3

mit Hilfe der Cramerschen Regel. (Zu b) vgl. Aufgabe 8.2.1, a).)

Aufgabe 8.5.5 Zeigen Sie: A840

Ist A orthogonal (d.h. A−1 = AT , s. Aufgabe 8.4.6), so ist | det(A)| = 1.

Aufgabe 8.5.6 A841

¨ a) Uberlegen Sie sich, dass die Berechnung der Fl¨ache eines Parallelogramms in der zweidimensionalen Ebene einerseits mittels Einbettung ins Dreidimensionale und des Vektorprodukts und andererseits als Determinante der aufspannenden Vektoren auf das gleiche Ergebnis f¨ uhrt. ¨ b) Uberlegen Sie sich (mittels der Eigenschaften von Vektor- und Skalarprodukt), dass f¨ ur Vektoren a, b, c ∈ R3 das Volumen des von a, b und c aufgespannten Spats durch |(a × b) · c| gegeben ist.

8.6 Eigenwerte und -vektoren

89

Betrachten Sie ggf. zun¨ achst den Spezialfall, dass a, b und c paarweise zueinander senkrecht stehen. 2  1  0 c) Rechnen Sie nach, dass f¨ ur a = 1 , b = 1 , c = 3 und der Matrix 0

−1

2

A = (a b c), die aus den Vektoren a, b und c als Spalten besteht, gilt: det A = (a × b) · c.

8.6 Eigenwerte und -vektoren Aufgabe 8.6.1 Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren zu     2 1 0 3 2 a) A = , b) A =  1 1 −1 . −2 −1 0 −1 2

A842

Aufgabe 8.6.2 (Fortsetzung von Aufgabe 8.1.4 und Aufgabe 8.3.6) ¨ Die Anderung der Masseverteilung von 2N O2 und N2 O4 innerhalb einer Minute kann bei einer bestimmten Temperatur beschrieben werden durch   0.8 0.3 , m1 = A · m0 mit A = 0.2 0.7

m m wobei m0 = m0,1 die Masseverteilung vorher und m1 = m1,1 die nachher 0,2 1,2 beschreiben.

A843

Auf lange Sicht n¨ ahert sich die Verteilung einer station¨aren Verteilung m∞ , die sich nicht mehr ¨ andert. ¨ Uberlegen Sie sich, dass m∞ ein Eigenvektor von A zum Eigenwert 1 ist. Berechnen Sie m∞ konkret.

Aufgabe 8.6.3



 01 0 Durch die Abbildung R3 → R3 , x 7→ Ax mit A =  1 0 0  wird eine Drehung 0 0 −1 im R3 beschrieben. ¨ Uberlegen Sie, dass die Drehachse aus Eigenvektoren von A zum Eigenwert 1 besteht. Berechnen Sie die Drehachse!

A844

90

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

8.7 Quadratische Formen Aufgabe 8.7.1 A845



 1 2 0 a) Sei A =  2 −1 3 . 0 3 4

Geben Sie die quadratische Form xT Ax zu x = schreibweise an.

b) Geben Sie eine Matrix A ∈ R3×3 an mit

xT Ax = x1 2 + 2x1 x2 − 4x1 x3 + x3 2

 x1 

(x =

x2 x3

in Koordinaten-

 x1  x2 x3

∈ R3 ).

Finden Sie auch eine symmetrische Matrix A, die dies erf¨ ullt?

Aufgabe 8.7.2 A846

Sei A =



 2 1 . Zeigen Sie, dass A positiv definit ist, 1 1

a) indem Sie die Komponentendarstellung von xT Ax betrachten und diese als Summe zweier Quadrate darstellen, b) indem Sie zeigen, dass alle Eigenwerte positiv sind, c) indem Sie zeigen, dass alle Haupunterdeterminanten positiv sind.

Aufgabe 8.7.3 A847

Sei C ∈ Rn×n eine regul¨ are Matrix.

Begr¨ unden Sie, dass A = C T · C positiv definit ist.

Tipp: Die entsprechende quadratische Form kann man als Quadrat der L¨ange eines Vektors umschreiben.

Aufgabe 8.7.4 A848

Sei A1



   1 −1 3 2 −1 1 =  −1 0 1  und A2 =  −1 2 1 . 3 1 −5 1 1 3

a) Untersuchen Sie, ob die Matrizen A1 oder A2 positiv definit sind. b) Testen Sie bei der positiv definiten Matrix f¨ ur verschiedene Vektoren x 6= 0, dass xT Ax > 0 ist. c) Finden Sie f¨ ur die nicht positiv definite Matrix ein x 6= 0 mit xT Ax ≤ 0.

9

Funktionen mit mehreren Veranderlichen ¨

Aufgabe 9.1.1 Betrachtet werden die folgenden Funktionen R2 → R: p p f (x, y) = y · exy , g(x, y) = 1 − x2 − y 2 , h(x, y) = x2 + y 2 .

A901

a) Wie lauten die in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckten Funktionsvorschriften?

b) Machen Sie sich mit Hilfe der partiellen Funktionen bzw. mit Hilfe der Polarkoordinaten-Ausdr¨ ucke ein Bild zu den Funktionsgrafen.

Aufgabe 9.1.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) Welche Funktion erzeugt das dar¨ uber stehende Funktionsgebirge“? ” a)

b)

f (x, y)

A902

c)

g(x, y) h(x, y)

2 −1

0

x

0 1

−1

y1

−6

−3

0 x

3

6 −6

−3

0y

3

f1 (x, y) = exy

g1 (x, y) = sin(x + y)

f2 (x, y) = ex+y

g2 (x, y) = sin

f3 (x, y) = ex + ey

g3 (x, y) = sin x + sin y

p

6

x2 + y 2

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_9

−2

−1

0 0

x 1

1y

−1 2 −2

h1 (x, y) =

1 (x + y)2 + 1

h2 (x, y) =

1 (x · y)2 + 1

h3 (x, y) =

1 (x + y + 1)2

92

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 9.1.3 A903

Versuchen Sie, sich die Funktionsgrafen zu den durch die folgenden Ausdr¨ ucke in Polarkoordinaten gegebenen Funktionen als Fl¨achen vorzustellen. 1 b) g(r, ϕ) = r · sin ϕ, a) f (r, ϕ) = , r ϕ c) h(r, ϕ) = r · sin , mit ϕ ∈ [0, 2π]. 2 Fortsetzung: Aufgaben 11.2.1, Aufgabe 11.2.2

Aufgabe 9.1.4 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A904

Dr¨ ucken Sie die Punkte     0 1 P1 =  0  , P2 =  1  , 1 0



 −1 P3 =  1  0

und

  1 P4 =  1  1

einerseits in Zylinderkoordinaten und andererseits in Kugelkoordinaten aus.

Aufgabe 9.1.5 A905

Geben Sie verschiedene Parameterbereiche f¨ ur Kugelkoordinaten r, ϕ und ϑ an, mit denen Sie Viertelkugeln (mit Radius 1) beschreiben k¨onnen. Wo liegen die Viertelkugeln?

Aufgabe 9.1.6 A906

Das elektrische Feld eines langen geladenen Stabes ist radial vom Stab weg gerichtet und hat einen Betrag Abstand czum Stab mit einer Konstanten c. Geben Sie eine formelm¨ aßige Beschreibung des Feldes in geeigneten Koordinaten an.

Aufgabe 9.1.7 A907

Ziel der Aufgabe ist die Bestimmung des elektrischen Feldes eines Dipols mit entgegengesetzten Ladungen an den Stellen (0, 0, d2 ) und (0, 0, − d2 ).

Anleitung:

a) Das elektrische Feld einer Punktladung ist (abh¨ angig vom Vorzeichen der Ladung) von der Ladung weg bzw. zu ihr hin gerichtet und hat den Betrag c (Abstand zur Ladung)2 mit einer Konstanten c.

b

b

d 2

~1 E

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

93

Nutzen Sie dies, um herzuleiten, dass (in Zylinderkoordinaten und bzgl. ~ 1 einer Punktladung in (0, 0, d ) an der der lokalen Koordinaten) das Feld E 2 durch ̺, ϕ und z gegebenen Stelle beschrieben wird durch   c d
~1 = E · ̺ · ~ e + z − · ~ e ̺ z .
3/2 2 ̺2 + (z − d2 )2

~ 2 einer entgegengesetzt geladenen Punktladung in b) Wie lautet das Feld E d (0, 0, − 2 )? ~ 1 und E ~ 2: ¨ c) Das Dipolfeld entsteht durch Uberlagerung von E ~ Dipol = E ~1 + E ~ 2. E Nehmen Sie d als klein an und nutzen Sie eine lineare N¨aherung bzgl. d, ~ Dipol n¨ um E aherungsweise zu vereinfachen.

Aufgabe 9.1.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) Betrachtet wird das in (lokalen) Kugelkoordinaten gegebene Vektorfeld F~ : R3 → R3 , F~ (r, ϕ, ϑ) = r · cos ϕ · ~er + r · sin ϕ · ~eϕ + sin ϑ · ~eϑ . Geben Sie den Funktionsvektor an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (0, 2, 0) einerseits in lokalen Kugelkoordinaten und andererseits in kartesischen Koordinaten an.

A908

10

Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨ anderlichen

10.1 Partielle Ableitung und Gradient Aufgabe 10.1.1 Berechnen Sie zu den folgenden Funktionen s¨amtliche partielle Ableitungen erster und zweiter Ordnung. x2 y a) f : R3 → R, f (x, y, z) = 2 . z +1 b) f : R2 → R, f (x, y) = exy · sin(x2 + y).

A931

Aufgabe 10.1.2 Zu zwei Vektoren a, b ∈ Rn , a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) wird das Skalarprodukt a · b = a1 b1 + . . . + an bn betrachtet. Berechnen Sie grad f (x) zu den folgenden Funktionen:

A932

a) f : Rn → R, f (x) = a · x zu fest gew¨ahltem a ∈ Rn .

b) f : Rn → R, f (x) = x · x.

c) Zu einer symmetrischen Matrix A ∈ Rn×n und einem Vektor x ∈ Rn kann man die quadratische Form xT Ax bilden. Sei   5 2 f : R2 → R, x 7→ xT Ax mit A = . 2 −1 Sehen Sie einen Zusammenhang zwischen A und grad f (x)?

Aufgabe 10.1.3 a) F¨ uhren Sie von Hand je zwei Schritte des Gradientenverfahrens zur Minimierung von f : R2 → R,

f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy

ausgehend von (0, 1) mit Schrittweite λ = 12 , λ = © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_10

1 4

und λ =

1 8

aus.

A933

96

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

b) F¨ uhren Sie von Hand zwei Schritte des Gradientenverfahrens zur Minimierung von f : R3 → R,

f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3

ausgehend von (2, 3, 4) mit Schrittweite λ =

1 2

aus.

c) Schreiben Sie ein Programm zur Minimierung von f aus a) bzw. b) mittels des Gradientenverfahrens und experimentieren Sie mit verschiedenen Startwerten und unterschiedlichen Schrittweiten.

Aufgabe 10.1.4 A934

Die beiden Platten eines (unendlich ausgedehnten) Plattenkondensators seien x x beschrieben durch die beiden Ebenen { y | x = 0} und { y | x = 1}. Das z z ~ zwischen den Kondensatorplatten ist homogen: E(x, ~ elektrisches Feld E y, z) = E  0 f¨ ur 0 < x < 1. 0 0

a) Suchen Sie eine Potenzialfunktion Φ(x, y, z), also eine Funktion Φ : R3 → R ~ = −grad Φ. mit E ¨ b) Bestimmen Sie die Aquipotenzialfl¨ achen, d.h. die Punktemengen, auf denen Φ konstant ist.

Aufgabe 10.1.5 A935

Sei f : R3 → R, f (x, y, z) = x2 · sin(yz).

Berechnen Sie den Gradienten zu f an der Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (2, 1, 3) n¨aherungsweise, indem Sie jeweils numerische Ableitungen nutzen, d.h. entsprechende Differenzenquotienten, mit h = 0.1. Wie lautet der Gradient an der Stelle exakt? (Nutzen Sie einen Taschenrechner!)

Aufgabe 10.1.6 A936

Das Potenzial eines im Ursprung befindlichen in z-Richtung ausgerichteten Dipols ist (in einiger Entfernung vom Ursprung angen¨ahert) durch z in Zylinderkoordinaten bzw. (̺2 + z 2 )3/2 cos ϑ in Kugelkoordinaten Φ(r, ϕ, ϑ) = c · 2 r Φ(̺, ϕ, z) = c ·

mit einer Konstanten c gegeben. ~ = −grad Φ einerseits in Zylinder- und Berechnen Sie das elektrische Feld E andererseits in Kugelkoordinaten.

10.2 Anwendungen

97

Aufgabe 10.1.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) Sei f : R3 → R in Kugelkoordinaten gegeben durch

A937

f (r, ϕ, ϑ) = r2 · cos(ϕ) · sin(2ϑ). a) Welchen Funktionswert hat f an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1)? b) Geben Sie den Gradienten grad f (r, ϕ, ϑ) in (lokalen) Kugelkoordinaten an. c) Geben Sie den Gradienten von f an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1) in kartesischen Koordinaten an.

10.2 Anwendungen 10.2.1 Lokale Extremstellen Aufgabe 10.2.1 Bestimmen Sie die station¨ aren Punkte von A938

a) f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy,

b) f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3 . Fortsetzung: Aufgabe 10.3.7

Aufgabe 10.2.2 Eine quaderf¨ ormige Kiste, die oben offen ist, soll einen Inhalt von 32 Litern haben. Bestimmen Sie L¨ ange, Breite und H¨ohe so, dass der Materialverbrauch f¨ ur die Kiste minimal ist.

A939

Aufgabe 10.2.3 Berechnen Sie eine Ausgleichsgerade zu den drei Punkten (−2, 0),

(0, 1)

und

y

(1, 2),

d.h. eine Gerade, so dass die Summe der Quadrate der markierten Abst¨ ande (in y-Richtung) minimal ist

b

2 1

b

b

−2

−1

1 x

A940

98

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 10.2.4 (vgl. Aufgabe 7.5.13) A941

2 Ziel ist die Bestimmung des an den Punkt ~q = 3 n¨achstgelegenen Punktes 3 auf der Ebene        1 0  2   −2  + λ  0  + µ  −1  λ, µ ∈ R . E =   1 1 2

Bestimmen Sie dazu den Abstand d(λ, µ) eines beliebigen mit den Parametern λ und µ festgelegten Punktes der Ebene E zu ~q und suchen Sie eine Minimalstelle dieser Funktion.

10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation Aufgabe 10.2.5 Berechnen Sie die Jacobi-Matrizen zu A942

 x 1 x 2 ex 3 a) f : R4 → R3 , f (x1 , x2 , x3 , x4 ) =  x2 x3 x4  , x4   1  x   b) g : R2 → R4 , g(x, y) =   x . xy 

Fortsetzung: Aufgabe 10.3.4

Aufgabe 10.2.6 Wie lautet die Jacobi-Matrix zu A943

3

2

f : R → R , f (x) = Ax

mit

A=



 3 05 ? −1 2 4

Aufgabe 10.2.7 A944

Sei f : R2 → R, f (x, y) = x2 y + x − y 2 .

a) Geben Sie mit Hilfe der linearen Approximation eine Tangentenebene an f um den Punkt (2, 3) an.

b) Geben Sie mit Hilfe der linearen Approximation eine N¨aherung f¨ ur die Funktions¨ anderung ∆f = f (2 + ∆x, 3 + ∆y) − f (2, 3) in Abh¨angigkeit von ∆x und ∆y an.

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

99

c) Wie groß ist die Abweichung bei der Funktion f bzw. durch die N¨aherungen aus a) bzw. b), wenn man statt (2, 3) die Stellen (2.1, 3) bzw. (2.05, 3.2) einsetzt? d) Nutzen Sie die N¨ aherung aus b), um abzusch¨atzen, wie groß der Fehler maximal ist, wenn man statt (x0 , y0 ) = (2, 3) die Stelle (x0 + ∆x, y0 + ∆y) mit |∆x| ≤ 0.1 und |∆y| ≤ 0.2 einsetzt. e) Erkl¨ aren Sie das lineare Fehlerfortpflanzungsgesetz:

Sei x = (x1 , . . . , xn ). Sind die Gr¨ oßen xk mit Fehlern oder Ungenauigkeiten versehen, die maximal |∆xk | betragen (k = 1, . . . , n), so erh¨alt man bei Einsetzen von x in eine differenzierbare Funktion f : Rn → R einen maximalen Fehler von ungef¨ahr ∂f ∂f (x) · |∆x1 | + . . . + (x) · |∆xn |. |∆f | ≤ ∂x1 ∂xn

Aufgabe 10.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten)

 x3 y 3 − 2y . = Sei f : R → R , f x y

uhren Sie dazu ausgehend vom Gesucht ist eine Stelle (x, y) mit f ( xy ) = 02 . F¨
(0) 1 Punkt x = 1 zwei Schritte des (mehrdimensionalen) Newton-Verfahrens durch. 2

2

x



A945

10.3 Weiterfu ¨ hrende Themen 10.3.1 Kurven Aufgabe 10.3.1 Ein Zylinder rollt auf einer ebenen Platte. a) Stellen Sie eine Formel f¨ ur die Kurve auf, die ein Punkt am Rand des Zylinders beschreibt. Anleitung: Betrachten Sie das Problem im Zweidimensionalen. Setzen Sie die Bewegung zusammen aus der Drehbewegung um den Zylindermittelpunkt und der L¨ angsbewegung des Zylinders. b) Welche Bewegungsrichtung hat der Punkt in dem Moment, in dem er die Platte ber¨ uhrt?

A946

100

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 10.3.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) A947

  t · cos t Gegeben ist die Kurve f : R≥0 → R2 , f (t) = . t · sin t
a) Es ist f (0) = 00 . In welche Richtung verl¨asst die Kurve bei wachsendem t diesen Punkt? b) Stellen Sie eine Gleichung f¨ ur die Tangente an die Kurve zu t = 2π auf.

c) Skizzieren Sie die Kurve f¨ ur t ∈ [0, 7]; ber¨ ucksichtigen Sie dabei Ihre Ergebnisse von a) und b). Kennzeichnen Sie wichtige Punkte im Koordinatensystem.

Aufgabe 10.3.3 A948

a) Leiten Sie her, dass die L¨ ange L einer durch eine Funktion f : [a, b] → Rn Rb dargestellten Kurve berechnet werden kann durch L = ||f ′ (t)|| dt. a

Anleitung:

1) Approximieren Sie die Kurve durch einen Streckzug zwischen Punkten f (ti ) mit a = t0 < t1 < . . . < tn = b. 2) Berechnen Sie die L¨ ange der einzelnen Strecken n¨aherungsweise mit Hilfe der Ableitung. 3) Erkl¨ aren Sie, wie sich das behauptete Integral ergibt. b) Nutzen Sie die Formel aus a), um die  des Kreisbogens zu berechnen,  L¨ange cos t gegeben ist. der durch f : [0, α] → R2 , f (t) = sin t

10.3.2 Kettenregel Aufgabe 10.3.4 (Fortsetzung von Aufgabe 10.2.5) A949

Betrachtet werden die Funktionen f : R4 → R3 und g : R2 → R4 mit     1 x3 x1 x2 e  x   f (x1 , x2 , x3 , x4 ) =  x2 x3 x4  und g(x, y) =   x  x4 xy 2 3 sowie h = f ◦ g : R → R . Berechnen Sie die Jacobi-Matrix von h

a) indem Sie explzit h(x, y) beschreiben und die Jacobi-Matrix dann wie gew¨ ohnlich bestimmen, b) mit Hilfe der Kettenregel aus den Jacobi-Matrizen zu f und g (s. Aufgabe 10.2.5).

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

101

10.3.3 Richtungsableitung Aufgabe 10.3.5 Eine Gel¨ andeformation werde beschrieben durch f (x, y) = 4 − 2x2 − y 2 + x.

Sie befinden sich an der Stelle (0, 1).

A950

a) In welche Richtung f¨ uhrt der steilste Anstieg? Wie groß ist die Steigung in diese Richtung? b) Welche Richtung m¨ ussen Sie einschlagen, um Ihre H¨ohe genau zu halten? c) Sie wollen einen Weg nehmen, der genau die Steigung 1 hat. Welche Richtung m¨ ussen Sie nehmen?

10.3.4 Hesse-Matrix Aufgabe 10.3.6 Berechnen Sie die Hesse-Matrix zu a) f : R3 → R, f (x1 , x2 , x3 ) = x31 + x22 · sin(x3 ). b) f : R2 → R, f (x) = xT Ax mit der Matrix A =

A951



 5 2 . 2 −1

Aufgabe 10.3.7 (Fortsetzung von Aufgabe 10.2.1) Sind die station¨ aren Punkte der Funktionen a) f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy,

A952

b) f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3 . lokale Maximal- oder Minimalstellen oder sind es Sattelstellen?

Aufgabe 10.3.8 a) Berechnen Sie zur Stelle (x0 , y0 ) = (2, 1) eine quadratische N¨aherung f¨ ur f (2 + ∆x, 1 + ∆y) zur Funktion f : R2 → R, f (x, y) = x2 − 3xy + y + 4. ¨ b) Was ergibt sich bei a), wenn man die Anderungen (∆x, ∆y) in der Form (x − 2, y − 1) schreibt?

A953

11

Integration bei mehreren Ver¨ anderlichen

11.1 Satz von Fubini Aufgabe 11.1.1 Berechnen Sie Z a) (x2 − xy 2 ) d(x, y) zu D = [0, 3] × [0, 1],

A971

D

b)

Z

x · cos(xy) d(x, y) zu D = [0, π] × [0, 1].

D

Aufgabe 11.1.2 Berechnen Sie Z 2z d(x, y, z) (x + y)2

A972

mit D = [1, 2] × [2, 3] × [0, 2] ⊆ R3 .

D

Verifizieren Sie, dass der Wert des Integrals unabh¨angig von der Reihenfolge der Integrationen ist, indem Sie verschiedene Reihenfolgen ausprobieren.

Aufgabe 11.1.3 a) Seien f : [a, b] → R und g : [c, d] → R integrierbar, D = [a, b] × [c, d]. Zeigen Sie: Z

D

   d  b Z Z f (x) · g(y) d(x, y) =  f (x) dx ·  g(y) dy  . a

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_11

c

A973

104

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

b) Nutzen Sie die Formel aus a) zur Berechnung von Z x2 · sin(y) d(x, y) mit D = [1, 2] × [0, π]. D

Fortsetzung: Aufgabe 11.2.1, Aufgabe 11.2.3, Aufgabe 11.2.5

Aufgabe 11.1.4 A974

Ein Joghurtbecher hat eine H¨ ohe von 8cm. Der Radius der Bodenfl¨ ache betr¨ agt 2cm, beim Deckel sind es 3cm. Welches Volumen hat der Becher?

Aufgabe 11.1.5 A975

¨ Uberlegen Sie sich, dass das Volumen V eines Rotationsk¨ orpers mit der Mantellinie f (x), x ∈ [x0 , x1 ], berechnet werden kann durch V = π

Zx1

f (x)

x0


2

f (x)

x0

x

x1

dx.

Aufgabe 11.1.6 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) A976

Betrachtet werden die vier jeweils grau dargestellten Integrationsbereiche Dk im R2 D1 1 −1

y

0 −1

D2 1 x 1

−1

0

y

D3 1 x 1

−1

−1

0 −1

y

D4 1 x 1

−1

0

y x 1

−1

und die entsprechenden Integralwerte Z xy 2 d(x, y) (k = 1, . . . , 4). Ik = Dk

Sortieren Sie die Werte Ik der Gr¨ oße nach. Begr¨ unden Sie Ihre Anordnung! (Sie brauchen die Ik nicht zu berechnen!)

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

105

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen Aufgabe 11.2.1 Sei KR der Kreis in R2 um (0, 0) mit Radius R. Berechnen Sie Z a) (x2 + y 2 ) d(x, y),

A977

K2

b)

Z

f (x, y) d(x, y) mit f = f (r, ϕ) in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckt durch

K1

f (r, ϕ) = r · sin

ϕ , 2

ϕ ∈ [0, 2π].

Fortsetzung: Aufgabe 11.2.4

Aufgabe 11.2.2 a) Sei K1 der Kreis in R2 um (0, 0) mit Radius 1. Z 1 Existiert das Integral d(x, y)? r

A978

K1

(Dabei ist der Integrand in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckt.) b) Sei K1 die Kugel in R3 um den Ursprung mit Radius 1. Z 1 d(x, y, z)? Existiert das Integral r2 K1

(Dabei ist der Integrand in Kugelkoordinaten ausgedr¨ uckt.)

Aufgabe 11.2.3 Ziel dieser Aufgabe ist es, den Wert von A =

R∞

2

e−x dx zu bestimmen. Gehen

−∞

Sie dazu wie folgt vor: R −(x2 +y2 ) a) Zeigen Sie A2 = e d(x, y), indem Sie den Integranden als ProR2

dukt schreiben und die Formel aus Aufgabe 11.1.3 nutzen. R −(x2 +y2 ) e d(x, y) durch Integration in Polarkoordinaten. b) Berechnen Sie R2

c) Bestimmen Sie nun den Wert von A.

A979

106

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 11.2.4 A980

Berechnen Sie das Volumen des abgebildeten Kelches mit H¨ ohe 4 und oberen Radius 2, der formelm¨ aßig durch f (x, y) = x2 + y 2 beschrieben wird, a) mit Hilfe einer Integration in Polarkoordinaten,

f (x, y)

4 3 2 1

(Achtung: Gesucht ist nicht das Volumen unter der Kurve sondern der Kelchinhalt!), b) durch Integration der Fl¨ achen horizontaler Schnitte.

0 −2 −1 x0

1 2 −2

−1

0 y

1

2

Wie wird der Kelch bei den Berechnungen in a) bzw. b) jeweils ”zerlegt”?

Aufgabe 11.2.5 A981

Die Funktion f : R3 → R sei in kartesischen Koordinaten gegeben durch f (x, y, z) = (x2 + y 2 ) · z. R a) Bestimmen Sie Z f (x, y, z) d(x, y, z), wobei Z der Zylinder um die z-Achse von z0 = 0 bis z1 = 2 mit Radius 1 ist. R b) Bestimmen Sie K f (x, y, z) d(x, y, z), wobei K die auf der (x, y)-Ebene um den Nullpunkt liegende Halbkugel mit Radius 1 ist.

Aufgabe 11.2.6 A982

Betrachtet wird ein Kugelkondensator mit innerem Kugelradius R1 und ¨außerem Kugelradius R2 . Tragen die Kugelschalen jeweils die Ladung Q bzw. −Q, ~ und so gilt der folgende Zusammenhang zwischen der elektrischen Feldst¨arke E ~ der elektrischen Flussdichte D in einem Punkt zwischen den Kugelschalen: ~ = ε·E ~ = D

Q e~r . 4πr2

Dabei ist ε die Dielektrizit¨ atskonstante, r gibt den Abstand zum Kugelmittelpunkt an, und e~r ist ein Vektor der L¨ ange 1 in radialer Richtung. Die elektrische Energiedichte wel in einem RaumpunktR ergibt sich durch wel = 1~ ~ wel dV , wobei sich das 2 D · E, die Gesamtenergie des Feldes durch Wel = Volumenintegral u ¨ber das betrachtete Gesamtfeld zwischen den Kugelschalen erstreckt. Berechnen Sie die Energie, die im Feld des Kugelkondensators enthalten ist.

II

L¨ osungen

1

Funktionen

1.1 Elementare Funktionen 1.1.1 Lineare Funktionen

Aufgabe 1.1.1 Skizzieren Sie die folgenden Geraden: a) y = 23 x − 2,

b) y =

2 3

A101

− 2x,

c) y = −x + 1.

L¨ osung: Die Geraden kann man entsprechend des jeweiligen y-Achsenabschnitts und der Steigung direkt in ein Koordinatensystem einzeichnen (vgl. Bemerkung 1.1.3): a)

b)

y

1

1 1

c)

y

y

1

2 3

x

1

− 2.

Abb. 1.2 y =

x

1

x

-2

Abb. 1.1 y =

2 x 3

2 3

− 2x.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_12

Abb. 1.3 y = −x + 1.

110

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.2 Wie lauten die Geradengleichungen zu den skizzierten Geraden? A102

(Die markierten Punkte entsprechen ganzzahligen Koordinatenwerten.) a)

b)

y

c)

y

b

y b

1

1 b

1

b

1

x

x

1

1

x

b

b

L¨ osung: Die Steigungen kann man jeweils an den ganzzahligen Gitterpunkten ablesen: Die Steigung bei a) ist 32 , bei b) 31 und bei c) − 43 .

Bei a) kann man den y-Achsenabschnitt −1 direkt ablesen und erh¨alt als Geradengleichung zu a): y =

3 · x − 1. 2

Bei b) kann man die Nullstelle bei x = −1 ablesen. Als y-Achsenabschnitt, also Funktionswert bei x = 0, erh¨ alt man dann mit der Steigung 13 den Wert 31 . Alternativ kann man beim Ansatz f (x) = durch !

0 = f (−1) =

1 · (−1) + a 3

⇔

1 3

· x + a den Wert von a bestimmen

a =

1 . 3

1 · x + 13 . 3 Bei c) kann man den y-Achsenabschnitt a durch Einsetzen eines der beiden markierten Punkte in den Ansatz f (x) = − 43 · x + a ermitteln, z.B. mit dem Punkt (−2, 2): Also ist die Geradengleichung zu b): y =

8 4 ! +a 2 = f (−2) = − · (−2) + a = 3 3

⇔

a = 2−

8 2 =− . 3 3

Alternativ kann man ausgehend vom Punkt (1, −2) von x = 1 zu x = 0 zur¨ uckgehen und muss dann entsprechend der Steigung den y-Wert um 43 erh¨ohen, so dass man als y-Achsenabschnitt −2 + 34 = − 32 erh¨alt. 4 Also ist die Geradengleichung zu c): y = − · x − 23 . 3

1.1 Elementare Funktionen

111

Aufgabe 1.1.3 Bestimmen Sie die Geradengleichung zu einer Geraden,

A103

a) die durch die Punkte (−1, 0) und (1, 2) f¨ uhrt, b) die durch den Punkt (2, −1) f¨ uhrt und die Steigung −2 hat, c) die die x-Achse bei −2 und die y-Achse bei 1 schneidet.

d) die durch den Punkt (1, −2) f¨ uhrt und senkrecht zu der Geraden ist, die durch y = 13 x − 1 beschrieben wird.

L¨ osung: a) Durch die gegebenen Punkte ergibt sich als Steigung m =

y 1

2 2−0 = = 1. 1 − (−1) 2

Die Geradengleichung mit unbekanntem Parameter a ist also y = 1 · x + a. Setzt man den Punkt (−1, 0) ein, erh¨ alt man !

b

b

x

1

Abb. 1.4 Gerade durch zwei Punkte.

0 = 1 · (−1) + a,

y

also a = 1, und die Geradengleichung ist 1

y = x + 1.

y = (−1) + (−2) · (x − 2) = −2 · x + 4 − 1 = −2 · x + 3.

b

Abb. 1.5 Gerade durch einen Punkt mit vorgegebener Steigung.

c) Die angegebenen Schnittpunkte besagen, dass (−2, 0) und (0, 1) auf der Geraden liegen. Die Steigung ist damit m=

1−0 1 = . 0 − (−2) 2

Mit dem zweiten Punkt ist der yAchsenabschnitt direkt als a = 1 gegeben; die Geradengleichung lautet also y =

1 · x + 1. 2

x

1

b) Die Punkt-Steigungs-Formel (s. Satz 1.1.6) ergibt direkt

y 1 b

b

1

x

Abb. 1.6 Gerade mit vorgegebenen Achsenschnittpunkten.

112

1 Funktionen

d) Die Gerade zu y = 31 x − 1 besitzt die Steigung 1 ur die Steigung m einer dazu senkrechten 3 . F¨ Geraden muss entsprechend Bemerkung 1.1.10 gelten: 1 · m = −1 3

y 1 1

⇔

m = −3.

Mit der Punkt-Steigungs-Formel (s. Satz 1.1.6) ergibt sich damit f¨ ur die beschriebene Gerade die Geradengleichung

x

b

b

Abb. 1.7 Gerade mit vorgegebenen Achsenschnittpunkten.

y = −2 + (−3) · (x − 1) = −3 · x + 3 − 2 = −3x + 1.

Aufgabe 1.1.4 A104

Wo kommt das schwarze Feld in den beiden aus gleichen Teilen bestehenden Figuren her?

L¨ osung: Auf den ersten Blick sehen die beiden zusammengesetzten Figuren wie zwei gleiche Dreiecke aus. Dann d¨ urfte es im rechten Bild aber kein schwarzes Feld mehr geben. Tats¨ achlich sind die Steigungen der beiden kleinen Dreiecke aber verschieden: Das gr¨ oßere der beiden hat die Steigung 83 , das kleinere die Steigung 52 ( 38 = 15 16 2 40 6= 40 = 5 ). Die zusammengesetzten Figuren sind also keine Dreiecke.

Das scheinbare“ Dreieck, das aus den Teilen zusammengesetzt ist, hat die Stei”5 gung 13 . Vergleicht man die Steigungen, indem man sie auf einen gemeinsamen Nenner bringt, so erh¨ alt man 3 195 5 200 2 208 = < = < = . 8 8 · 5 · 13 13 8 · 5 · 13 5 8 · 5 · 13

Die linke Figur liegt also innerhalb des richtigen Dreiecks, die rechte ragt ein bisschen dar¨ uber hinaus. Damit erkl¨ art sich die zus¨atzliche Fl¨ache, die dem des schwarzen Quadrats entspricht.

1.1 Elementare Funktionen

113

In Abb. 1.8 sind das große Dreieck (durchgezogene Linie) und die Umrisse und Dreiecke der linken (gestrichelt) und rechten (gepunktet) Figur u ¨bereinandergelegt:

zus¨ atzliche Fl¨ ache

Abb. 1.8 Vergleich der Dreiecke.

Aufgabe 1.1.5 a) Auf Meeresh¨ ohe ist der Luftdruck 1013 hPa (Hektopascal). Pro 8 m H¨ohe nimmt er um ca. 1 hPa ab. Geben Sie den funktionalen Zusammenhang zwischen H¨ohe und Luftdruck an. Wie groß ist der Druck in 500 m H¨ohe? (Bei gr¨ oßeren H¨ ohendifferenzen (∼ km) ist der Zusammenhang nicht mehr linear.)

b) Herr M¨ uller gr¨ undet ein Gewerbe: Er produziert und verkauft Lebkuchen. Die Anschaffung der Produktionsmaschine kostet 10000e. Jeder verkaufte Lebkuchen bringt ihm einen Gewinn von 0,58e. Wie hoch ist sein Gesamtgewinn/-verlust in Abh¨angigkeit von der Anzahl der verkauften Lebkuchen? Wieviel Lebkuchen muss er verkaufen, um den break-even (Gesamtgewinn/-verlust = 0) zu erreichen? c) Ein Joghurtbecher hat eine H¨ ohe von 8 cm, einen unteren Radius von 2 cm und einen oberen Radius von 3 cm. Wie groß ist der Radius in Abh¨ angigkeit von der H¨ohe?

L¨ osung: a) Gesucht ist eine lineare Funktion p(h), die den Druck p in der H¨ohe h angibt. Eine Abnahme von 1 hPa auf 8 m bedeutet eine Steigung m =

−1 hPa 1 hPa = − . 8m 8 m

Wegen des Luftdrucks 1013 hPa bei H¨ohe h = 0 m (bezogen auf Meeresh¨ ohe) ergibt sich als Funktion p(h) = 1013 hPa −

1 hPa ·h 8 m

A105

114

1 Funktionen und speziell f¨ ur den Druck in 500 m H¨ohe: p(500 m) = 1013 hPa −

1 hPa · 500 m = 950.5 hPa. 8 m

b) Durch die Angaben erh¨ alt man direkt den Gewinn g in Abh¨angigkeit von der St¨ uckzahl s: g(s) = −10 000 e + 0.58 e · s Die Frage nach dem Break-Even ist die Frage nach der Nullstelle dieser Funktion:

⇔ ⇔

0 = g(s) = −10 000 e + 0.58 e · s 0.58s = 10 000 10 000 s = ≈ 17241.4. 0.58

Zum Break-Even m¨ ussen also ca. 17242 Lebkuchen verkauft werden. c) Abb. 1.9 zeigt den Becher mit einem Koordinatensystem.

h

8 cm

Gesucht ist eine Funktion r(h), die den Radius r in H¨ ohe h angibt. Die H¨ ohe h ist also die unabh¨ angige Variable, die u ¨blicherweise nach rechts gezeichnet wird, hier aber nach oben zeigt.

r(h) = m · h + a

3 cm 2 cm

Man kann aber weiter von der Funktionsgleichung

r

Abb. 1.9 Joghurtbecher.

ausgehen und erh¨ alt wegen des Radius 2 cm am unteren Rand (H¨ohe 0 cm) !

2 cm = r(0 cm) = a und dann wegen des Radius 3 cm am oberen Rand (H¨ohe 8 cm) !

3 cm = r(8 cm) = m · 8 cm + a = m · 8 cm + 2 cm, also 1 cm = m · 8 cm und damit m = 18 . Also lautet die Funktion r(h) =

1 · h + 2 cm. 8

1.1 Elementare Funktionen

115

Alternativ kann man, um in u ¨blicher Weise die unabh¨angige Variable nach rechts laufen zu lassen, die Darstellung kippen bzw. genauer an der Winkelhalbierenden spiegeln und erh¨ alt dann Abb. 1.10. An Abb. 1.10 liest man sofort die Steigung 81 und den y-Achsenabschnitt 2 cm ab und erh¨alt so die Funktion r(h) =

1 · h + 2 cm. 8

r 3 cm b 2 cm b

8 cm h Abb. 1.10 Alternative Darstellung.

Aufgabe 1.1.6 a) Bei der Klausur gibt es 80 Punkte. Ab 34 Punkten hat man bestanden (4.0), ab 67 Punkten gibt es eine 1.0. Dazwischen ist der Notenverlauf linear. a1) Ab wieviel Punkten gibt es eine 3.0? a2) Welche Note erh¨ alt man mit 53 Punkten? b) Daniel Fahrenheit nutzte zur Festlegung seiner Temperaturskala als untere Festlegung (0o F) die Temperatur einer K¨altemischung und als obere Festlegung (96o F) die normale K¨ orpertemperatur. Nach heutiger Standardisierung gilt: o o o 0o F entspricht − 160 9 C ≈ −17.8 C und 96 F entspricht

320 o 9 C

≈ 35.6o C.

b1) Wieviel Grad Fahrenheit entspricht der Gefrierpunkt des Wassers? b2) Wieviel Grad Celsius sind 50o F?

L¨ osung: Bei den beiden Situationen ist nicht ausdr¨ ucklich gesagt, was die abh¨angige und was die unabh¨ angige Variable sein soll, z.B. ob bei a) eine Funktion f¨ ur die Note in Abh¨ angigkeit von den Punkten oder eine f¨ ur die Punkte in Abh¨angigkeit von der Note aufgestellt werden soll. Tats¨ achlich kann man mit beiden Varianten die Fragestellungen beantworten, wie im Folgenden vorgef¨ uhrt ist. a) 1. Variante Man stellt eine lineare Funktion p(n) auf, die die Punktezahl p angibt, die f¨ ur die Note n n¨ otig ist. Entsprechend der Angaben ist p(4) = 34

und

p(1) = 67.

Damit erh¨ alt man als Steigung m =

33 67 − 34 = = −11, 1−4 −3

(∗)

A106

116

1 Funktionen also p(n) = −11 · n + a.

Einsetzen von beispielsweise p(1) = 67 f¨ uhrt zu !

67 = p(1) = −11 · 1 + a

⇒

a = 67 + 11 = 78.

Also ist p(n) = −11n + 78. a1) Es ist

p(3) = −11 · 3 + 78 = 45, d.h., ab 45 Punkten gibt es eine 3.0. Alternativ kann man nach Berechnung der Steigung (∗) auch direkt schlussfolgern, dass man f¨ ur eine Note 3 elf Punkte mehr als f¨ ur eine 4 braucht, also 34 + 11 = 45. a2) Gesucht ist die Note n mit !

53 = p(n) = −11n + 78 11n = 78 − 53 = 25 25 n = ≈ 2.27. 11

⇔ ⇔

Mit 53 Punkten gibt es also (bei entsprechender Rundung) eine 2.3. 2. Variante Man stellt eine lineare Funktion n(p) auf, die die Note n angibt, die man mit p Punkten erreicht. Entsprechend der Angaben ist n(34) = 4

und

n(67) = 1.

Aufstellen der Geradengleichung ¨ ahnlich wie oben f¨ uhrt zu n(p) = −

1 78 ·p+ . 11 11

(Diese Funktion ist genau die Umkehrfunktion zu der in der ersten Variante bestimmten Funktion p(n).) a1) Gesucht ist die Stelle p, bei der der Funktionswert n(p) gleich 3 ist: 78 1 ·p+ 11 11 33 = −p + 78 ⇔ p = 78 − 33 = 45. !

3 = n(p) = − ⇔ a2) Es ist n(53) = −

1 78 25 · 53 + = ≈ 2.27. 11 11 11

1.1 Elementare Funktionen

117

Damit erh¨ alt man die gleichen Antworten wie bei der ersten Variante. b) 1. Variante F¨ ur eine Funktion f (c), die zu einer Grad Celsius Angabe c den FahrenheitWert f (c) berechnet, gilt o o f (− 160 9 C) = 0 F

o o f ( 320 9 C) = 96 F.

und

Damit erh¨ alt man als Steigung 9 oF 96o F − 0o F 9 · 96o F = = 320 o 160 o 480o C 5 oC 9 C − (− 9 ) C

m =

o

also f (c) =

9 F 5 oC

· c + a.

o o uhrt zu Einsetzen von beispielsweise f (− 160 9 C) = 0 F f¨ o

!

o 0o F = f (− 160 9 C) =

⇔

9 F 5 oC

a = 32o F.

· − 160 9


o

C + a = −32o F + a

Also ist f (c) =

9 oF · c + 32o F. 5 oC

b1) F¨ ur den Gefrierpunkt 0o C ergibt sich f (0o C) =

9 oF o · 0 C + 32o F = 32o F. 5 oC

b2) Gesucht ist der Celsius-Wert c mit !

50o F = f (c) = ⇔ ⇔

9 oF · c + 32o F 5 oC

9 oF · c = 50o F − 32o F = 18o F 5 oC 5 c = 18 · o C = 10o C. 9

2. Variante F¨ ur eine Funktion c(f ), die zu einer Grad Fahrenheit Angabe f den Celsius-Wert c(f ) berechnet, gilt o c(0o F) = − 160 9 C und

c(96o F) =

320 o 9 C.

o Damit erh¨ alt man als y-Achsenabschnitt direkt a = − 160 9 C und als Steigung

118

1 Funktionen

m =

320 o 9 C o

− (− 160 480o C 5 oC 9 ) , = = o o 96 F − 0 F 9 · 96 F 9 oF

also c(f ) =

5 oC 160 o ·f − C. 9 oF 9

b1) Gesucht ist der Fahrenheit-Wert f mit !

0o C = c(f ) = ⇔ ⇔

160 o 5 oC ·f − C 9 oF 9

5 oC 160 o C ·f = o 9 F 9 160 9 o f = · F = 32o F. 9 5

b2) Man erh¨ alt c(50o F) =

160 o 250 − 160 o 5 oC · 50o F − C = C = 10o C. 9 oF 9 9

Aufgabe 1.1.7 A107

Beschreiben Sie den funktionalen Zusammenhang zwischen Steuersatz und Einkommen, wie er in der Grafik gekennzeichnet ist (Stand 2020).

50

Steuersatz in Prozent

40

45% ab 270500e 42% ab 57051e

30 20 10

23.97% bei 14532e 14% ab 9408e

zu versteuerndes Einkommen in tausend Euro

10 20 30 40 50 60

250

L¨ osung: Die Funktion ist eine st¨ uckweise lineare Funktion. Die Beschreibung geschieht durch eine Fallunterscheidung entsprechend der einzelnen linearen Abschnitte. Mit den begrenzenden Punkten kann man jeweils die Steigung bestimmen und dann beispielsweise direkt die Punkt-Steigungs-Formel (s. Satz 1.1.6) anwenden. Bezeichnet e das Einkommen in Euro und s den Steuersatz in Prozent, so erh¨alt man auf diese Weise:

1.1 Elementare Funktionen

119

f¨ ur e ≤ 9408 : s = 0,

23.97 − 14 · (e − 9408) 14532 − 9408 ≈ −4.306 + 0.001946 · e, 42 − 23.97 f¨ ur e ∈ ]14532, 57051] : s = 24 + · (e − 14532) 57051 − 14532 ≈ 17.808 + 0.000424 · e, f¨ ur e ∈ ]9408, 14532] : s = 14 +

f¨ ur e ∈ ]57051, 270500] : s = 42, f¨ ur e > 270500 : s = 45.

Als Funktion kann man den Steuersatz (bei Benutzung der gerundeten Werte) schreiben als  0 , falls e ≤ 9408,     −4.306 + 0.001946 · e , falls e ∈ ]9408, 14532],  17.808 + 0.000424 · e , falls e ∈ ]14532, 57051], s(e) =   42 , falls e ∈ ]57051, 270500],    45 , falls e > 270500.

1.1.2 Quadratische Funktionen

Aufgabe 1.1.8 Bestimmen Sie die Nullstellen und zeichnen Sie die Funktionsgrafen zu a) f (x) = x2 + 2x − 5,

b) h(y) = 21 y 2 + y + 2,

c) f (x) = −x2 + 6x − 8,

d) g(a) = 13 a2 − 32 a − 1.

Geben Sie – falls m¨ oglich – eine faktorisierte Darstellung an.

L¨ osung: Es gibt mehrere M¨ oglichkeiten, die Nullstellen zu bestimmen, vgl. Zusammenfassung 1.1.25. In den folgenden Teilaufgaben ist jeweils exemplarisch eine M¨ oglichkeit dargestellt.

A108

120

1 Funktionen f (x)

a) Die Nullstellen kann man mit der p-qFormel bestimmen (s. Satz 1.1.15). Nullstellen sind √ √ x1/2 = −1 ± 1 + 5 = −1 ± 6. Der Funktionsgraf ist eine nach oben ge¨offnete Parabel. Mit den Nullstellen und dem Wert f (0) = −5 kann man den Funktionsgraf skizzieren (s. Abb. 1.11).

1 b

b

x

1

b

Abb. 1.11 f (x) = x2 + 2x − 5.

Die Nullstellen erlauben nach Satz 1.1.26 eine faktorisierte Darstellung:  √  √   f (x) = x − (−1 + 6) · x − (−1 − 6) . b) Eine quadratische Erg¨ anzung (s. Bemerkung 1.1.14, 3.) liefert
1 · y 2 + 2y + 4 2
1 = · (y + 1)2 + 3 2 3 1 = (y + 1)2 + . 2 2

h(y)

h(y) =

b b

1

y 1

Abb. 1.12 h(y) =

An der Scheitelpunktform kann man den Scheitelpunkt (−1, 32 ) ablesen.

1 2 y 2

+ y + 2.

Mit f (0) = 2 und als nach oben ge¨ offnete Parabel kann man den Funktionsgraf skizzieren, s. Abb. 1.12. Die Parabel ist wegen des Vorfaktors 21 vor x2 etwas flacher als eine Normalparabel (s. Bemerkung 1.1.13). Insbesondere befindet sich die Parabel oberhalb der x-Achse, d.h., es gibt keine Nullstellen und damit keine faktorisierte Darstellung. c) Eine Multiplikation mit −1 liefert f (x) = 0

⇔

1

f (x)

2

x − 6x + 8 = 0.

b

1

b

x

Durch Raten findet man die Nullstelle x = 2, die andere Nullstelle ist dann nach dem Satz von Vieta (s. Satz 1.1.19) x = 4. Eine faktorisierte Darstellung ist also nach Satz 1.1.26 f (x) = −(x − 2) · (x − 4).

Abb. 1.13 f (x) = −x2 +6x−8.

1.1 Elementare Funktionen

121

Wegen des Minus-Vorzeichens vor x2 ist die Parabel nach unten ge¨offnet (s. Bemerkung 1.1.13). Mit den Nullstellen erh¨alt man ein Bild wie in Abb. 1.13. d) Mit der abc-Formel (s. Satz 1.1.21) erh¨alt man die Nullstellen v u 2 2 2 u √ −3 −1 t 3 − 1 ± − 1 = 1 ± 4, 1 2· 3 2· 3 3

Nullstellen sind also 3 und −1. Als flache nach oben ge¨ offnete Parabel erh¨ alt man ein Bild entspr. Abb. 1.14. Eine faktorisierte Darstellung ist auf Grund der Nullstellen

g(a) 1 b

b

a

1 b

Abb. 1.14 g(a) =

1 2 a − 23 a−1. 3

1 1 · (a − 3) · (a − (−1)) = · (a − 3) · (a + 1). 3 3

g(a) =

Aufgabe 1.1.9 Geben Sie eine Funktionsvorschrift f¨ ur die folgenden Parabeln an! (Die markierten Punkte und Linien entsprechen ganzzahligen Koordinatenwerten.) a)

b)

f (x)

c)

f (x)

f (x)

b

1 b

1

1 b

1

b

x

b

1

1

b

x b

x

b

L¨ osung: a) Mit den gegebenen drei Punkten und dem Ansatz f (x) = ax2 + bx + c k¨ onnte man ein Gleichungssystem f¨ ur die Koeffizienten a, b und c aufstellen. Hier gibt es aber geschicktere M¨ oglichkeiten: Die Nullstellen 1 und −3 liefern mit Satz 1.1.26 den Ansatz f (x) = a · (x − 1) · (x − (−3)) = a · (x − 1) · (x + 3). Der auf der Parabel liegende Punkt (−1, −2) f¨ uhrt zu

A109

122

1 Funktionen !

−2 = f (−1) = a · (−1 − 1) · (−1 + 3) = a · (−2) · 2 ⇔

1 = a·2

⇔

a =

1 . 2

Die Funktionsvorschrift lautet also f (x) =

1 2

· (x − 1) · (x + 3).

Alternativ kann man durch den Scheitelpunkt bei (−1, −2) die Scheitelpunktform (s. Bemerkung 1.1.14, 2.) f (x) = a · (x − (−1))2 − 2 = a · (x + 1)2 − 2 ansetzen und erh¨ alt durch !

0 = f (1) = a · (1 + 1)2 − 2 = 4a − 2, 1 2

dass a =

ist. Eine Funktionsvorschrift ist also auch f (x) = 21 (x + 1)2 − 2.

Tats¨ achlich sind beide Darstellungen gleich:

1 1 1 3 · (x − 1) · (x + 3) = · (x2 − x + 3x − 3) = x2 + x − , 2 2 2 2 1 1 3 1 (x + 1)2 − 2 = (x2 + 2x + 1) − 2 = x2 + x − . 2 2 2 2 b) Die Nullstellen 3 und −2 liefern mit Satz 1.1.26 den Ansatz f (x) = a · (x − 3) · (x − (−2)) = a · (x − 3) · (x + 2) mit !

3 = f (0) = a · (−3) · 2

⇔

1 a = − , 2

also f (x) = − 12 · (x − 3) · (x + 2).

c) Der Scheitelpunkt mit x-Wert 1 f¨ uhrt mit der Scheitelpunktform (s. Bemerkung 1.1.14, 2.) zum Ansatz f (x) = a · (x − 1)2 + f. Die angegebenen Punkte (−1, 0) und (0, −1) liefern !

−1 = f (0) = a · (0 − 1)2 + f = a + f !

0 = f (−1) = a · (−1 − 1)2 + f = 4 · a + f Subtrahiert man die erste von der zweiten Gleichung, erh¨alt man 1 = 3 · a, also a = 13 . In die erste Gleichung eingesetzt ergibt sich f = −1 − a = −1 −

4 1 = − . 3 3

1.1 Elementare Funktionen

123

Die Funktionsvorschrift ist also f (x) =

1 3

· (x − 1)2 − 43 .

Alternativ kann man die zweite Nullstelle bei 3 nutzen. (Man sieht diese am Bild, aber auch durch Symmetrie¨ uberlegungen, da −1 Nullstelle ist, und 1 der x-Wert des Scheitelpunkts; die zweite Nullstelle liegt symmetrisch zum Scheitelpunkt.) Die beiden Nullstellen f¨ uhren mit Satz 1.1.26 zum Ansatz f (x) = a · (x − (−1)) · (x − 3) = a · (x + 1) · (x − 3) mit !

−1 = f (0) = a · 1 · (−3) also f (x) =

1 3

⇔

a =

1 , 3

· (x + 1) · (x − 3).

Auch hier kann man nachrechnen, dass beide Funktionsdarstellungen gleich sind. Aufgabe 1.1.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) ¨ Uber einen 30 m breiten Fluss, bei dem das rechte Ufer 15m tiefer liegt als das linke, soll eine Br¨ ucke mit parabelf¨ ormiger Unterseite gebaut werden. Der Scheitelpunkt soll 10m vom linken Ufer entfernt sein (s. Skizze). Wie kann man den Br¨ uckenbogen funktional beschreiben? (Sie k¨ onnen ein Koordinatensystem w¨ ahlen, wie Sie m¨ochten.)

10m 15m 30m

L¨ osung: Es gibt hier viele verschiedene L¨ osungsm¨ oglichkeiten. Beispielhaft werden zwei Varianten vorgef¨ uhrt, die beide den Koordinatenursprung an das linke obere Ufer legen, s. Abb. 1.15. Bei der zweiten Variante wird die Ableitung genutzt, w¨ ahrend die erste Variante nur elementare Techniken einsetzt. Es wird jeweils mit 1 m als Einheit gerechnet.

f (x)

x

10m 15m 30m

Abb. 1.15 Br¨ ucke mit Koordinatensystem.

A110

124

1 Funktionen

Variante 1 Der Ursprung ist Nullstelle der Parabel. Aus Symmetriegr¨ unden liegt eine weitere Nullstelle bei x = 20. Dies f¨ uhrt mit Satz 1.1.26 zum Ansatz f (x) = a · (x − 0) · (x − 20) = a · (x2 − 20x). Der rechte Uferpunkt liefert !

−15 = f (30) = a · (302 − 20 · 30) = a · 30 · (30 − 20) = a · 300, 15 1 also a = − 300 = − 20 .

Die Funktionsdarstellung ist also f (x) = −

1 1 · (x2 − 20x) = − · x2 + x. 20 20

Variante 2 Als Ansatz wird eine Darstellung f (x) = ax2 + bx + c genutzt. Wegen f (0) = 0 erh¨ alt man c = 0, d.h., der Ansatz reduziert sich auf f (x) = ax2 + bx. Nutzt man, dass f bei 10 eine Maximalstelle besitzt, also 0 = f ′ (10) = 2a · 10 + b

⇔

b = −20a,

wird der Ansatz zu f (x) = ax2 − 20ax. Schließlich bringt der rechte Uferpunkt !

|:30

⇔

− 15 = f (30) = a · 302 − 20a · 30 1 1 (30 − 20)a = − ⇔ a = − . 2 20

Somit erh¨ alt man f (x) = −

1 · x2 + x. 20

Aufgabe 1.1.11 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A111

Eine 300m lange H¨ angebr¨ ucke besitze ein parabelf¨ormiges Hauptseil, das an den 85m hohen Pfeilern (von der Straße aus gemessen) aufgeh¨angt ist und am tiefsten Punkt 10m u ¨ber der Fahrbahn verl¨auft. Dazwischen sind in gleichen Abst¨ anden vier Tragseile f¨ ur die Fahrbahn montiert (s. Skizze). Wie lang sind diese vier Tragseile?

1.1 Elementare Funktionen

85m

125

10m

300m

L¨ osung: Im Folgenden wird mit f (x) der Einheit 10 m ge8.5 rechnet und der Koordinatenursprung auf die Fahrbahn in der Mitte der Br¨ ucke gelegt, s. −15 −9 −3 3 9 15 x Abb. 1.16. (Es gibt auch andere sinnvolle ModelAbb. 1.16 Br¨ ucke mit Koordinatensystem. lierungen.) Da der Scheitelpunkt des Hauptseils bei dieser Modellierung bei (0, 1) liegt, erh¨ alt man mit der Scheitelpunktform (s. Bemerkung 1.1.14, 2.) den Ansatz f (x) = a · (x − 0)2 + 1 = a · x2 + 1 mit !

8.5 = f (15) = 1 + a · 152

⇔

7.5 = a · 152 ,

also a =

15/2 1 1 7.5 = = = . 2 15 152 15 · 2 30

Die Tragseile haben einen Abstand von 3005 m = 60 m, was bei der gew¨ahlten Modellierung x = ±3 und x = ±9 entspricht. Wegen f (±3) = 1 +

1 3 · 32 = 1 + = 1.3 30 10

f (±9) = 1 +

1 27 · 92 = 1 + = 3.7 30 10

und

und der Einheit 10 m folgt, dass die Tragseile 13 m bzw. 37 m lang sind.

126

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.12 A112

Eine altbekannte Faustformel f¨ ur das Idealgewicht eines Menschen in Abh¨angigkeit von seiner Gr¨ oße ist Idealgewicht in kg = K¨ orpergr¨oße in cm minus 100. In den letzten Jahren wurde mehr der Bodymass-Index (BMI) propagiert: BMI =

Gewicht in kg (K¨ orpergr¨ oße in m)

2.

Ein BMI zwischen 20 und 25 bedeutet Normalgewicht. a) Zeichnen Sie ein Diagramm, das in Abh¨angigkeit von der K¨orpergr¨oße 1) das Idealgewicht nach der ersten Formel, 2) das Gewicht bei einem BMI von 20 und 3) das Gewicht bei einem BMI von 25 angibt. b) F¨ ur welche K¨ orpergr¨ oße liegt beim Idealgewicht entsprechend der ersten Formel der BMI zwischen 20 und 25?

L¨ osung: a) Sei l die K¨ orpergr¨ oße in Metern und g1 , g2 bzw. g3 die Gewichte nach 1), 2) bzw. 3) in Kilogramm Dann hat man folgende Zusammenh¨ ange:

Gewicht in kg 100

g2

g3

50 25

g1 1 2 Gr¨ oße in m Abb. 1.17 Idealgewichte.

1) g1 (l) = 100 · l − 100, g2 2) 2 = 20 ⇔ g2 = g2 (l) = 20 · l2 , l g3 3) 2 = 25 ⇔ g3 = g3 (l) = 25 · l2 . l Abb. 1.17 zeigt die entsprechenden Grafen.

b) Gesucht sind die Gr¨ oßen l, so dass g2 (l) ≤ g1 (l) ≤ g3 (l) ist. Die Schnittpunkte von g1 und g2 erh¨ alt man durch

1.1 Elementare Funktionen g1 (l) = g2 (l)

127 100 · l − 100 = 20 · l2

⇔

l2 − 5l + 5 = 0 r r 25 5 5 5 l = ± −5 = ± . 2 4 2 4

⇔ ⇔

Dies entspricht Werten von l ≈ 1.38 und l ≈ 3.62. An Abb. 1.17 sieht man, dass f¨ ur Gr¨ oßen zwischen diesen Werten g2 (l) ≤ g1 (l) ist. Die Schnittpunkte von g1 und g3 erh¨ alt man durch g1 (l) = g3 (l)

⇔

100 · l − 100 = 25 · l2

⇔

(l − 2)2 = 0 ⇔

l2 − 4 · l + 4 = 0

⇔

l = 2.

Die Gerade g1 ber¨ uhrt also die Parabel zu g3 nur in l = 2; sie ist dort die Tangente an die Parabel. Also gilt immer g1 (l) ≤ g3 (l) (s. Abb. 1.17).

F¨ ur eine K¨ orpergr¨ oße ab 1.38 m (bis zur unrealistischen Gr¨oße von 3.62 m) liegt also bei einem Idealgewicht entsprechend der ersten Formel der BMI zwischen 20 und 25. Aufgabe 1.1.13 F¨ ur welche Parameterwerte c gibt es reelle L¨osungen x zu x2 + cx + c = 0?

L¨ osung: Die p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) liefert formal x = − 2c ±

q


c 2 2

− c.

Damit dies tats¨ achlich reelle L¨ osungen sind, muss der Ausdruck unter der Wurzel gr¨ oßer oder gleich Null sein: f (c)  c 2 2 0 ≤ − c ⇔ 0 ≤ c − 4c. 1 2 b

2

An einer Skizze von f (c) = c − 4c (mit den Nullstellen 0 und 4), s. Abb. 1.18, sieht man, dass gilt 0 ≤ c2 − 4c ⇔ c ≥ 4 oder

b

1

c

c ≤ 0.

F¨ ur c ≥ 4 bzw. c ≤ 0 exisitieren also L¨ osungen.

Abb. 1.18 f (c) = c2 − 4c.

A113

128

1 Funktionen

1.1.3 Polynome

Aufgabe 1.1.14 A114

Zerlegen Sie die folgenden Polynome soweit es geht in lineare und quadratische Faktoren a) f (x) = x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1,

b) f (x) = x3 + x2 − 4x − 4,

c) h(y) = −2y 3 − 8y 2 − 6y,

d) g(a) = a4 − a2 − 12.

L¨ osung: a) Durch Probieren findet man, dass 1 Nullstelle ist. Mit Polynomdivision (oder mit dem Horner-Schema) kann man den Linearfaktor (x − 1) abspalten und erh¨ alt
f (x) = (x − 1) · x3 − x2 + x − 1 . Man kann nun wieder 1 als Nullstelle raten und einen weiteren Linearfaktor (x − 1) beispielsweise durch Polynomdivision abspalten.

Alternativ erh¨ alt man durch geschickte Umformungen unter Ausnutzung der Struktur:
f (x) = (x − 1) · x3 − x2 + x − 1
= (x − 1) · x2 · (x − 1) + (x − 1)
= (x − 1) · x2 + 1 · (x − 1)
= (x − 1)2 · x2 + 1 .

Da x2 + 1 nullstellenfrei in den reellen Zahlen ist, kann man den Ausdruck nicht weiter zerlegen. b) Wie bei a) kann man durch Probieren Nullstellen suchen und Linearfaktoren abspalten.

Unter Ausnutzung der Struktur des Ausdrucks kann man aber auch durch geschickte Umformungen und die dritte binomische Formel zu einer Faktorisierung kommen: f (x) = x2 · (x + 1) − 4 · (x + 1)
= x2 − 4 · (x + 1)

= (x − 2) · (x + 2) · (x + 1).

c) Offensichtlich kann man −2y ausklammern und erh¨alt dann beispielsweise durch Nullstellen-Raten eine Faktorisierung:

1.1 Elementare Funktionen

129


h(y) = −2y · y 2 + 4y + 3 = −2 · y · (y + 1) · (y + 3).

d) Es ist g(a) = a2


2


− a2 − 12, also g(a) = p(a2 ) mit

p(x) = x2 − x − 12.

Die quadratische Funktion p hat nach der p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) die Nullstellen r   r 1 49 −1 1 1 7 x1,2 = − ± + 12 = ± = ± , 2 4 2 4 2 2 also 4 und −3. Damit ist p(x) = (x − 4) · (x + 3) und es folgt

g(a) = p(a2 ) = a2 − 4 · a2 + 3
= (a − 2) · (a + 2) · a2 + 3 . Aufgabe 1.1.15 Bestimmen Sie die Vielfachheit der Nullstelle 2 des Polynoms p(x) = x4 − 4x3 + 16x − 16.

Lo ¨sung: 1. M¨ oglichkeit: Man kann wiederholt Polynomdivision durch (x − 2) durchf¨ uhren, solange 2 noch Nullstelle des Restpolynoms ist. Alternativ kann man das Horner Schema solange anwenden, bis 2 nicht mehr Nullstelle ist. 2. M¨ oglichkeit: Wegen p(2) = 0 ist 2 mindestens einfache Nullstelle. Um zu testen, ob 2 mindestens zweifache Nullstelle ist, kann man direkt eine Polynomdivision durch (x − 2)2 = x2 − 4x + 4 durchf¨ uhren: (x4 −4x3 +16x−16 ) : (x2 − 4x + 4) = x2 − 4. 4 3 2 −(x −4x +4x ) −4x2 +16x−16 −( −4x2 +16x−16) 0 Da die Division ohne Rest aufgeht, erh¨ alt man

A115

130

1 Funktionen
p(x) = x4 − 4x3 + 16x − 16 = (x − 2)2 · x2 − 4 .

Mit der dritten binomischen Formel erh¨ alt man dann

p(x) = = (x − 2)2 · (x − 2) · (x + 2) = (x − 2)3 · (x + 2), d.h., 2 ist dreifache Nullstelle. Bemerkung: Unter Gebrauch der Ableitung kann man ausnutzen, dass eine k-fache Nullstelle vorliegt, wenn die (k − 1)-te Ableitung an der Stelle gleich Null ist. (Vgl. Aufgabe 5.2.9.) Hier ist p′ (x) = 4x3 − 12x2 + 16,

also p′ (2) = 4 · (8 − 12) + 16 = 0,

′′′

also p′′′ (2) 6= 0,

p′′ (x) = 12x2 − 24x,

p (x) = 24x − 24,

also p′′ (2) = 12 · (4 − 4) = 0,

woraus auch folgt, dass 2 eine dreifache Nullstelle ist. Aufgabe 1.1.16 A116

Die in der Skizze dargestellte Funktion hat die Gestalt f (x) = a · (x + 1)p1 (x − 1)p2 (x − 4)p3 mit einem Vorfaktor a, der gleich plus oder minus Eins ist, und mit Exponenten pk , die gleich 1, 2 oder 3 sind.

f (x)

-1

x 1

2

3

4

Wie lautet die korrekte Darstellung von f ?

L¨ osung: Bei der Nullstelle −1 gibt es keinen Vorzeichenwechsel, d.h., die entsprechende Vielfachheit bzw. der Exponent zum Linearfaktor (x−(−1)) = (x+1) ist gerade; da nur 1, 2 und 3 als m¨ ogliche Werte zur Verf¨ ugung stehen, muss p1 = 2 sein. Offensichtlich ist 1 eine einfache Nullstelle; der entsprechende Exponent zum Linearfaktor (x − 1) ist also p2 = 1.

Bei der Nullstelle 4 schmiegt sich der Funktionsgraf an die x-Achse an und wechselt das Vorzeichen. Die Vielfachheit ist also gr¨oßer als 1 und ungerade, also p3 = 3. F¨ ur Werte x gr¨ oßer als 4 ist f (x) negativ, daher muss der Vorfaktor negativ sein, also a = −1.

Damit ist f (x) = (−1) · (x + 1)2 (x − 1)1 (x − 4)3 .

1.1 Elementare Funktionen

131

Aufgabe 1.1.17 Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu a) f (x) = (x + 2)2 · (x − 1)2 · (x − 3),

A117

b) f (x) = −x3 + 2x2 ,

c) f (x) = x3 + x2 − 4x − 4,

d) h(y) = −2y 3 − 8y 2 − 6y.

Zu c) und d) vgl. Aufgabe 1.1.14.

L¨ osung: a) Die Funktion besitzt doppelte Nullstellen (also kein Vorzeichenwechsel) bei −2 und 1 und eine einfache Nullstelle (also mit Vorzeichenwechsel) bei 3. F¨ ur große Werte von x ist f (x) positiv.

Damit ergibt sich ein Bild wie in Abb. 1.19. b) Nach Ausklammern von −x2 erh¨ alt man f (x) = −x2 · (x − 2). Die Funktion besitzt also eine doppelte Nullstelle (also kein Vorzeichenwechsel) bei 0 und eine einfache Nullstelle (also mit Vorzeichenwechsel) bei 2. F¨ ur große Werte von x ist f (x) negativ. Damit ergibt sich ein Bild wie in Abb. 1.20. f (x)

f (x)

b

b

−2

1

b b

3

x

Abb. 1.19 f (x) = (x + 2)2 (x − 1)2 (x − 3).

b

1

2

x

Abb. 1.20 f (x) = −x3 + 2x2 .

c) Nach Aufgabe 1.1.14, b), ist f (x) = (x − 2) · (x + 2) · (x + 1). Die Funktion besitzt also einfache Nullstellen (also mit Vorzeichenwechsel) bei 2, −2 und −1.

F¨ ur große Werte von x ist f (x) positiv.

Damit ergibt sich ein Bild wie in Abb. 1.21.

132

1 Funktionen

d) Nach Aufgabe 1.1.14, c), ist h(y) = −2 · y · (y + 1) · (y + 3). Die Funktion besitzt also einfache Nullstellen bei 0, −1 und −3.

F¨ ur große Werte von y ist h(y) negativ.

Damit ergibt sich ein Bild wie in Abb. 1.22. f (x)

h(y)

b

b

b

−2

−1

2

b

x

Abb. 1.21 f (x) = x3 +x2 −4x−4.

b

−1

b

y

Abb. 1.22 h(y) = −2y 3 − 8y 2 − 6y.

Aufgabe 1.1.18 A118

Ist die folgende Aussage richtig oder falsch? Hat ein Polynom dritten Grades zwei Nullstellen, so gibt es auch eine dritte Nullstelle.

L¨ osung: Z¨ ahlt man nur die Anzahl verschiedener Nullstellen, so ist die Aussage falsch, denn beispielsweise hat p(x) = (x − 1)(x − 2)2 nur zwei verschiedene Nullstellen 1 und 2. Z¨ ahlt man allerdings die Vielfachheit mit, so ist die Aussage richtig: Hat ein Polynom dritten Grades zwei Nullstellen, so kann man die entsprechenden Linearfaktoren durch Polynomdivision abspalten und erh¨alt als Rest ein Polynom vom Grad 1, also von der Form ax + b (a 6= 0). Dies liefert eine dritte Nullstelle − ab . Diese dritte Nullstelle k¨ onnte mit der ersten oder zweiten u ¨bereinstimmen, aber dann ist die Vielfachheit entsprechend gr¨ oßer.

1.1 Elementare Funktionen

133

1.1.4 Gebrochen rationale Funktionen

Aufgabe 1.1.19 Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu

A119

2 b) f2 (x) = − , x−3 1 d) h(x) = 5 . x

1 , a) f1 (x) = x+2 1 c) g(x) = , (x − 2)2

L¨ osung: a) Der Funktionsgraf hat eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel bei −2 (vgl. Bemerkung 1.1.47), s. Abb. 1.23. b) Der Funktionsgraf hat eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel bei 3 (vgl. Bemerkung 1.1.47). Da der Z¨ ahler gleich 2 ist, sind die Funktionswerte im Vergleich zu a) betragsm¨ aßig doppelt so groß. Wegen des negativen Vorfaktors ist der Verlauf im Vergleich zu a) an der x-Achse gespiegelt: Bei Argumenten oberhalb der Polstelle 3 erh¨alt man negative Funktionswerte, bei Argumenten unterhalb der Polstelle posivite Funktionswerte, s. Abb. 1.24. f1 (x)

f2 (x)

x −2 −1

Abb. 1.23 f1 (x) =

1x

1 . x+2

1

2

3

2 . Abb. 1.24 f2 (x) = − x−3

c) Der Funktionsgraf hat eine Polstelle ohne Vorzeichenwechsel bei 2 (vgl. Bemerkung 1.1.47), s. Abb. 1.25. d) Der Funktionsgraf hat eine Polstelle bei 0 mit Vorzeichenwechsel, s. Abb. 1.26. Die Funktionswerte f¨ ur x ∈ ]0, 1[ sind gr¨oßer und f¨ ur x > 1 kleiner als bei f (x) = x1 (in Abb. 1.26 gepunktet.)

134

1 Funktionen g(x)

h(x)

1 x b

1

1

2

x

3

x

1 b

Abb. 1.25 g(x) =

1 . (x−2)2

Abb. 1.26 h(x) =

1 . x5

Aufgabe 1.1.20 A120

Skizzieren Sie die Funktionsgrafen zu f (x) =

−2 1 + x+2 x−3

und

g(x) =

1 1 − . (x + 1)2 x−2

Zur Funktion f vgl. Aufgabe 1.1.19.

L¨ osung: Mit den Funktionen f1 (x) = f (x) = f1 (x) + f2 (x).

1 x+2

2 und f2 (x) = − x−3 aus Aufgabe 1.1.19 ist

Zeichnet man die Grafen zu f1 (in Abb. 1.27 gepunktet) und f2 (in Abb. 1.27 gestrichelt), so kann man den Funktionsgraf zu f als entsprechende punktweise Summe skizzieren. Das Verhalten an den Polstellen −2 und 3 von f1 bzw. f2 ahnelt dabei dem von f , da der jeweils andere Summand dort einen vergleichs¨ weise kleinen Wert besitzt. f (x)

x −2

1

3

Abb. 1.27 Funktionsgraf zu f (x) =

1 x+2

+

−2 . x−3

Wie oben erh¨ alt man den Funktionsgraf zu g als Summe der Bestandteile 1 1 g1 (x) = (x+1) 2 und g2 (x) = − x−2 , die in Abb. 1.28 gestrichelt bzw. gepunktet dargestellt sind.

1.1 Elementare Funktionen

135 f (x)

−1

1

x

2

Abb. 1.28 Funktionsgraf zu g(x) =

1 (x+1)2

−

1 . x−2

Aufgabe 1.1.21 Bestimmen Sie die Partialbruchzerlegungen zu 4x − 3 , a) f (x) = 2 x +x−6

2x b) g(x) = 2 , x −1

d) f (x) =

e) f (x) =

−2x2 − 3 , x3 + x

A121

2x + 3 c) h(x) = 2 , x + 2x + 1

1 . 2x2 − 2x − 4

L¨ osung: a) Durch eine Nullstellen-Bestimmung erh¨alt man x2 + x − 6 = (x − 2) · (x + 3). Damit lautet der Ansatz zur Partialbruchzerlegung entsprechend Bemerkung 1.1.46, a) 4x − 3 A B = + x2 + x − 6 x−2 x+3 =

A · (x + 3) + B · (x − 2) . (x − 2) · (x + 3)

Um A und B zu bestimmen, kann man konkrete x-Werte in die Z¨ahler einsetzen. Dabei bieten sich solche Werte an, bei denen ein Faktor gleich Null wird: Einsetzen von x = −3 in den Z¨ ahler f¨ uhrt zu ⇔ ⇔

4 · (−3) − 3 = A · 0 + B · (−3 − 2) − 15 = −5 · B B

=

3.

Einsetzen von x = 2 in den Z¨ ahler f¨ uhrt zu

136

1 Funktionen

⇔

⇔

4 · 2 − 3 = A · (2 + 3) + B · 0 5 = 5·A A

=

1.

Damit ist f (x) =

1 3 + . x−2 x+3

b) Mit der dritten binomischen Formel ist x2 − 1 = (x + 1) · (x − 1), so dass der Ansatz f¨ ur die Partialbruchzerlegung nach Bemerkung 1.1.46, a) lautet: 2x A B A · (x − 1) + B · (x + 1) = + = x2 − 1 x+1 x−1 (x + 1) · (x − 1) (A + B) · x + B − A = . (x + 1) · (x − 1) Ein Koeffizientenvergleich bringt 2=A+B

und

0=B−A

⇔

A = B,

also 2 = A + A = 2A und damit B = A = 1, also g(x) =

1 1 + . x+1 x−1

Alternativ kann man A und B wie bei a) auch durch Einsetzen von xWerten in die Z¨ ahler (hier beispielsweise x = −1 und x = 1) ermitteln.

c) Mit der ersten binomischen Formel ist x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 .

Der Ansatz zur Partialbruchzerlegung ist damit nach Bemerkung 1.1.46, b) 2x + 3 A B A · (x + 1) + B = + = . x2 + 2x + 1 x + 1 (x + 1)2 (x + 1)2 Einsetzen von x = −1 in den Z¨ ahlern ergibt 2 · (−1) + 3 = A · 0 + B

⇒

B = 1.

Der Koeffizientenvergleich bei x f¨ uhrt zu A = 2. Damit ist

1.1 Elementare Funktionen

h(x) =

137

1 2 . + x + 1 (x + 1)2

d) Ausklammern von x f¨ uhrt zu
x3 + x = x · x2 + 1 .

Da x2 + 1 nullstellenfrei ist, ist keine weitere Zerlegung m¨oglich und der entsprechende Partialbruch enth¨ alt einen linearen Z¨ahler (s. Bemerkung 1.1.46, c)):
A · x2 + 1 + (Bx + C) · x −2x2 − 3 A Bx + C = + 2 = x3 + x x x +1 x · (x2 + 1) 2 2 (A + B)x2 + Cx + A Ax + A + Bx + Cx = . = x · (x2 + 1) x · (x2 + 1)

Der Koeffizientenvergleich bringt: −2 = A + B,

0 = C,

−3 = A.

Damit folgt B = −2 − A = −2 − (−3) = 1 also f (x) = −

3 x + 2 . x x +1

e) Durch Ausklammern und Nullstellen-Bestimmung erh¨alt man f¨ ur den Nenner:
2x2 − 2x − 4 = 2 · x2 − x − 2 = 2 · (x − 2) · (x + 1). Den Faktor 2 im Nenner kann man nun vor den Bruch ziehen oder auch als Faktor 1/2 in den Z¨ ahler schreiben: 2x2

1/2 1 1 = = . − 2x − 4 2 · (x − 2) · (x + 1) (x − 2) · (x + 1)

Der Ansatz zur Partialbruchzerlegung ist damit 1/2

(x − 2) · (x + 1)

=

A B A · (x + 1) + B · (x − 2) + = . x−2 x+1 (x − 2) · (x + 1)

Einsetzen von x = −1 in den Z¨ ahlern ergibt 12 = B · (−3), also B = − 61 , und Einsetzen von x = 2 in den Z¨ ahlern ergibt 21 = A · 3, also A = 16 , also f (x) =

1/6

x−2

−

1/6

x+1

.

138

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.22 A122

Wie lautet der Ansatz zur Partialbruchzerlegung von f (x) =

−2x3 + 5x2 − 6x − 1 ? x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1

Tipp: Zum Nennerpolynom vgl. Aufgabe 1.1.14, a).

L¨ osung: In Aufgabe 1.1.14, a), wurde berechnet:
x4 − 2x3 + 2x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 · x2 + 1 .

Damit lautet der Ansatz zur Partialbruchzerlegung: f (x) =

A B Cx + D + + 2 . x − 1 (x − 1)2 x +1

(Mit entsprechenden Methoden wie bei Aufgabe 6 erh¨ alt man nach einer kleinen Fleißarbeit: A = 1, B = −2, C = −3 und D = 2.)

Aufgabe 1.1.23 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A123

F¨ uhren Sie eine Partialbruchzerlegung von f (x) = zieren Sie den Funktionsgraf.

x2

x−1 durch und skiz−x−2

L¨ osung: Durch Raten sieht man, dass x2 − x − 2 die Nullstellen 2 und −1 hat.

Die f¨ uhrt zum Partialbruch-Ansatz x−1 A B = + x2 − x − 2 x−2 x+1 A(x + 1) + B(x − 2) . = (x − 2)(x + 1) Einsetzten von x = −1 in die Z¨ ahler ergibt −2 = B · (−3), also B = Einsetzten von x = 2 ergibt 1 = A · 3, also A = Damit ist

1 . 3

2 . 3

1.1 Elementare Funktionen

139

1 2 1 1 · + · . 3 x−2 3 x+1

f (x) =

Aus den Skizzen der Funktionsgrafen zu f1 (x) =

1 1 · 3 x−2

(in Abb. 1.29 gestrichelt) und f2 (x) =

2 1 · 3 x+1

(in Abb. 1.29 gepunktet) erh¨ alt man durch punktweise Summation den Funktionsgrafen zu f (s. Abb. 1.30). f (x) f1 (x) =

1

1 3

·

1 x−2

1 −1 f2 (x) =

2 3

·

2

x

1 x+1

Abb. 1.29 Die beiden Bestandteile f1 (x) und f2 (x).

f (x)

1 −1

1

2

Abb. 1.30 Die Summe f (x) = f1 (x) + f2 (x).

x

140

1 Funktionen

1.1.5 Trigonometrische Funktionen

Aufgabe 1.1.24 A124

Berechnen Sie die fehlenden Seitenl¨ angen in den rechtwinkligen Dreiecken. (Die Zeichnungen sind nicht maßstabsgetreu. Nutzen Sie einen Taschenrechner.) a)

b)

5

x

y

3

b

30◦

c)

50◦ b

60◦

y

b

y

x

x

4

L¨ osung: Die einzelnen Seitenl¨ angen erh¨ alt man direkt mittels geeigneter Winkelfunktionen, s. Definition 1.1.49. a) cos 30◦ = sin 30◦ = b) tan 50◦ = cos 50◦ = c) tan 60◦ = sin 60◦ =

x 5 y 5 y 3 3 x 4 x 4 y

⇒

x = 5 · cos 30◦ ≈ 4.3,

⇒

y = 5 · sin 30◦ = 2.5.

⇒

y = 3 · tan 50◦ ≈ 3.6,

⇒

x =

⇒

x =

⇒

y =

3 cos 50◦ 4 tan 60◦ 4 sin 60◦

≈ 4.7. ≈ 2.3, ≈ 4.6.

Hat man eine der unbekannten Seitenl¨ angen berechnet, kann man alternativ die dritte Seite mit dem Satz von Pythagoras berechnen oder auch unter Ausnutzung der berechneten Seite mit einer anderen Winkelfunktion. Aufgabe 1.1.25 A125

a) Wandeln Sie die Gradzahlen 90◦ , 180◦ , 45◦ , 30◦ , 270◦ und 1◦ in Bogenmaß um und veranschaulichen Sie sich die Bogenmaße im Einheitskreis. b) Wandeln Sie die folgenden Bogenmaß-Angaben in Gradzahlen um: π,

2π,

− π2 ,

π 6,

π 3,

L¨ osung: a) Entsprechend der Umrechnung

3 4 π,

1.

1.1 Elementare Funktionen

141

α in Grad entspricht

π · α im Bogenmaß 180◦

(s. Bemerkung 1.1.51) erh¨ alt man: π π · 90◦ = , ◦ 180 2 π π ◦ = ˆ · 45 = , 180◦ 4 3 π · 270◦ = π, = ˆ 180◦ 2

π · 180◦ = π, 180◦ π π = ˆ · 30◦ = , 180◦ 6 π π = ˆ · 1◦ = . ◦ 180 180

90◦ = ˆ

180◦ = ˆ

45◦

30◦

270◦

1◦

b) Die umgekehrte Umrechnung ist x im Bogenmaß

entspricht

180◦ · x in Grad, π

also 180◦ ·π π ◦  180 π π ˆ · − − = 2 π 2 π 180◦ π = ˆ · 3 π 3 180◦ ·1 1 = ˆ π π

= ˆ

= 180◦ , = −90◦ , = 60◦ ,

180◦ · 2π = 360◦ , π 180◦ π π = ˆ · = 30◦ , 6 π 6 3 180◦ 3 π = ˆ · π = 135◦ , 4 π 4

2π = ˆ

≈ 57.3◦ .

Aufgabe 1.1.26 Eine Kirchturmuhr besitze einen ca. 2 m langen Minutenzeiger. Welche Entfernung legt die Zeigerspitze in f¨ unf Minuten zur¨ uck? Stellen Sie einen Zusammenhang zum Bogenmaß her!

L¨ osung: In f¨ unf Minuten, also einem Zw¨ olftel einer Stunde, u ¨berstreicht der Zeiger einen π Winkel 2π = im Bogenmaß. 12 6 Bei einem Radius von Eins ist das Bogenmaß genau die entsprechende Bogenl¨ ange. Bei einem Radius von 2 m erh¨ alt man einen Bogen von 2m ·

π ≈ 1 m. 6

A126

142

1 Funktionen

Aufgabe 1.1.27 A127

Zeichnen Sie die Funktionsgrafen zur Sinus- und Cosinus-Funktion und markieren Sie darin die wichtigen Winkel und Werte.

Lo ¨sung: Abb. 1.31 und Abb. 1.32 zeigen die Werte entsprechend Bemerkung 1.1.54, 2.: sin x

1

b b

b

1 2

p

b

b

− π2

p p p

p

pb

p

pb

π π π 6 4 3

π 2

π

3 π 2

2π

−1 b

x

b

Abb. 1.31 Sinusfunktion mit wichtigen Punkten.

cos x 1 2

b

1

b

b b b

b

p

p p p

pb

p

pb

p

− π2

π π π 6 4 3

π 2

π

3 π 2

2π

−1

x

b

Abb. 1.32 Cosinusfunktion mit wichtigen Punkten.

Aufgabe 1.1.28 A128

a) Veranschaulichen Sie sich die folgenden Beziehungen f¨ ur x ∈ [0, π2 ] anhand der Definitionen der Winkelfunktionen im Einheitskreis: 1) sin(−x) = − sin(x),

3) sin(π − x) = sin(x),

2) cos(−x) = cos(x), 4) cos(π − x) = − cos(x).

b) Verifizieren Sie die Beziehungen 3) und 4) sowie 5) sin( π2 − x) = cos(x),

6) cos( π2 − x) = sin(x)

mit Hilfe der Additionstheoreme. c) Veranschaulichen Sie sich die Beziehungen 1) bis 6) an den Funktionsgrafen der Sinus- und Cosinus-Funktion.

1.1 Elementare Funktionen

143

L¨ osung: a) Die folgenden Bilder zeigen die jeweiligen Definitionen im Einheitskreis (s. Bemerkung 1.1.52), so dass die Gleichheiten auf Grund der Symmetrien klar sind. y y 2) 1) 1

1

cos(x) = cos(−x)

sin(x)

sin(x)

cos(x) x

x −x

x −x

1

x 1

cos(−x) sin(−x)

sin(−x)

Abb. 1.33 sin(−x) = − sin(x).

3) sin(π − x)

Abb. 1.34 cos(−x) = cos(x).

sin(x) = sin(π − x)

y 1

4)

y 1 cos(π − x)

cos(x)

sin(x) x

x

x

x cos(π − x)

1

π−x

x cos(x)

x 1

π−x

Abb. 1.35 sin(π − x) = sin(x).

Abb. 1.36 cos(π−x) = − cos(x).

b) Mit dem Sinus-Additionstheorem (s. Satz 1.1.55, 3.), wegen 1) und wegen sin(π) = 0 und cos(π) = −1 gilt sin(π − x) = sin(π + (−x)) = sin(π) · cos(−x) + cos(π) · sin(−x) =

0

1)

· cos(−x) + (−1) · sin(−x) = sin(x).

¨ Ahnlich erh¨ alt man cos(π − x) = cos(π + (−x))

= cos(π) · cos(−x) − sin(π) · sin(−x) =

(−1) · cos(−x) −

0

2)

· sin(−x) = − cos(x).

144

1 Funktionen Weiter ist wegen sin( π2 ) = 1 und cos( π2 ) = 0 sin( π2 − x) = sin( π2 ) · cos(−x) + cos( π2 ) · sin(−x)

2)

cos( π2 − x) = cos( π2 ) · cos(−x) − sin( π2 ) · sin(−x)

1)

=

1

· cos(−x) +

0

· sin(−x) = cos(x)

und

=

0

· cos(−x) −

1

· sin(−x) = sin(x).

c) Abb. 1.37 zeigt die Funktionsgrafen zur Sinus- und Cosinus-Funktion. Die Beziehung 1) dr¨ uckt aus, dass die Sinus-Funktion punktsymmetrisch zum Ursprung ist, die Beziehung 2), dass die Cosinus-Funktion achsensymmetrisch zur y-Achse ist. Die Beziehung 3) kann man sich veranschaulichen, indem man sich beispielsweise beginnend mit x = 0 ein wachsendes x vorstellt. Bei sin(π − x) erh¨ alt man dann den Funktionswert aus dem Funktionsgraf zu sin x, indem man von der Stelle π aus r¨ uckw¨ arts geht (in Abb. 1.37, links, durch die Pfeile angedeutet); man erh¨ alt jeweils gleiche Funktionswerte. Bei der Beziehung 4) betrachtet man a ¨hnlich die Cosinus-Funktion (vgl. die Pfeile in Abb. 1.37, rechts); man erh¨ alt jeweils gespiegelte Funktionswerte, was in der Beziehung 4) durch das Minus-Zeichen ausgedr¨ uckt wird. Bei den Beziehungen 5) und 6) kann man einerseits bei der Sinus- bzw. Cosinus-Funktion ein von x = 0 aus wachsendes x und andererseits bei der anderen Funktion ein von der Stelle π2 aus r¨ uckw¨arts gehendes x betrachten und erh¨ alt jeweils gleiche Funktionswerte. π−x

x sin x

π−x

x cos x

1

1

x π 2

−π

π

x π 2

−π

−1

−1

Abb. 1.37 Sinus- und Cosinus-Funktion.

Aufgabe 1.1.29 A129

Nutzen Sie die Additionstheoreme, um zu zeigen, dass gilt:
a) sin x · cos y = 21 sin(x + y) + sin(x − y) ,
b) sin x · sin y = 21 cos(x − y) − cos(x + y) , x−y x+y · cos (Tipp: verwenden Sie a)), c) sin x + sin y = 2 sin 2 2
d) sin(3x) = 3 · cos2 x − sin2 x · sin x.

π

1.1 Elementare Funktionen

145

L¨ osung: a) Mit dem Sinus-Additionstheorem (s. Satz 1.1.55, 3.) und wegen sin(−y) = − sin y

und

cos(−y) = cos y

erh¨ alt man

= = = = =


1 sin(x + y) + sin(x − y) 2
1 sin(x + y) + sin(x + (−y)) 2
1 sin x cos y + cos x sin y + sin x cos(−y) + cos x sin(−y) 2 1 ✘ ✘
✘ ✘ sin x cos y + ✘ cos✘x✘ sin y + sin x cos y − ✘ cos✘x✘ sin y 2
1 2 · sin x cos y 2 sin x cos y.

¨ b) Ahnlich wie bei a) erh¨ alt man mit dem Cosinus-Additionstheorem (s. Satz 1.1.55, 3.)

= = = = =


1 cos(x − y) − cos(x + y) 2

 1 cos x cos(−y) − sin x sin(−y) − cos x cos y − sin x sin y 2

 1 cos x cos y + sin x sin y − cos x cos y − sin x sin y 2  1 ✭ ✭ ✭ ✭ cos✭x✭ cos y + sin x sin y − ✭ cos✭x✭ cos y + sin x sin y ✭ 2  1 2 · sin x sin y 2 sin x sin y.

c) Setzt man in a) statt x den Wert erh¨ alt man

x+y 2

und statt y den Wert

x+y x−y · cos 2 2 x + y x − y
x + y x − y
 1 sin − + sin + = 2· 2 2 2 2 2 x + y + x − y
x + y − x + y
+ sin = sin 2 2 = sin(y) + sin(x). 2 sin

d) Mit den Additionstheoremen, s. Satz 1.1.55, 3., ist

x−y 2

ein, so

146

1 Funktionen sin(3x) = sin(2x + x) = sin(2x) · cos x + cos(2x) · sin x


= 2 · sin x · cos x · cos x + cos2 x − sin2 x · sin x

= 2 · sin x · cos2 x + cos2 x · sin x − sin3 x
= 3 · cos2 x − sin2 x · sin x.

Wegen sin2 x = 1 − cos2 x bzw. cos2 x = 1 − sin2 x gibt es noch weitere Darstellungen, so zum Beispiel:
3 · (1 − sin2 x) − sin2 x · sin x = (3 − 4 · sin2 x) · sin x = 3 · sin x − 4 · sin3 x

Bemerkung: Formelsammlungen enthalten weitere derartige Beziehungen. Aufgabe 1.1.30 A130

Sie sollen eine Uhr auf dem Bildschirm programmieren. Welche Koordinaten hat die n-te Minute (n = 0, 1, . . . , 59) bei einer Uhr a) mit Radius 1, bei der der Koordinatenursprung in der Mitte der Uhr liegt, b) mit Radius 2, bei der der Koordinatenursprung in der Mitte der Uhr liegt, c) mit Radius 1, bei der der Koordinatenursprung in der linken unteren Ecke liegt, d.h. bei der der Mittelpunkt der Uhr bei (1, 1) liegt, d) mit Radius r, bei der der Mittelpunkt der Uhr bei (a, b) liegt?

L¨ osung: a) Eine Minute entspricht einem Winkel von π 30 im Bogenmaß.

2π 60

= n· 1

Damit ist der Winkel bei der n-ten Minute ausπ gehend von der y-Achse gleich n · 30 , s. Abb. 1.38. Um die Sinus- und Cosinusfunktion wie u ¨blich ausgehend von der horizontalen Achse zu nutzen, braucht man den Winkel xn ausgehend von der horizontalen Achse:

b

π 30

n-te Minute

xn

1

Abb.

1.38 Beschreibung

der Uhr. π π xn = − n · . 2 30 Damit erh¨ alt man als Koordinaten  π π
π π  cos(xn ), sin(xn ) = cos , sin . −n· −n· 2 30 2 30

1.1 Elementare Funktionen

147

Wegen sin( π2 − x) = cos x und cos( π2 − x) = sin x (s. Aufgabe 1.1.28, 5) und 6)) kann man den Ausdruck vereinfachen zu    π  π , cos n · . sin n · 30 30 ¨ b) Analoge Uberlegungen zu a), nur mit doppeltem Radius, f¨ uhren zu den Koordinaten    π  π , 2 · cos n · . 2 · sin n · 30 30 y

c) Da man nun von (1, 1) als Mittelpunkt ausgeht, erh¨ alt man als Koordinaten    π π  1 + sin n · , 1 + cos n · . 30 30

b

1 b

x

1

Abb. 1.39 Uhr mit Mittelpunkt (1, 1), Radius 1. y

¨ d) Eine Kombination der Uberlegungen von a), b) und c) f¨ uhrt zu den Koordinaten    π π  a + r · sin n · , b + r · cos n · . 30 30

r b

b

b

a

x

Abb. 1.40 Uhr mit Mittelpunkt (a, b), Radius r.

1.1.6 Potenzregeln und Exponentialfunktionen

Aufgabe 1.1.31 Welche der folgenden Aussagen sind richtig? (Nicht rechnen sondern denken!)
4 10 d) 34 · 35 = 320 , a) 23 · 23 = 43 , b) 21 = (−2)4 , c) 662 = 65 , 63 23

e) 53 · 53 = 59 ,

f) 43 · 53 = 203 ,

g)

i) 33 · 33 = 39 ,

j) 33 · 33 = 93 ,

k) 33 · 33 = 36 ,

= 33 ,

h) (34 )5 = (35 )4 , l) 33 · 33 = 63 .

A131

148

1 Funktionen

L¨ osung: Unter Benutzung der Potenzregeln, s. Satz 1.1.58, sieht man: a) Richtig. b) Falsch; richtig ist c) Falsch; richtig ist


1 4 2

610 62 4

= 2−4 . = 610−2 = 68 .

d) Falsch; richtig ist 3 · 35 = 34+5 = 39 .

e) Falsch; richtig ist 53 · 53 = 53+3 = 56 . f) Richtig.

g) Richtig. h) Richtig, denn 34


5

= 34·5 = 35·4 =


4 35 .

i) Falsch; richtig ist 33 · 33 = 33+3 = 36 , siehe k).

j) Richtig.

k) Richtig. l) Falsch; richtig ist 33 · 33 = (3 · 3)3 = 93 , siehe j). Aufgabe 1.1.32 A132

a) Skizzieren Sie die Funktionen f (x) = 3x

und

g(x) = 2−x =


1 x 2

.

b) Wie groß muss Ihr Papier sein, damit Sie bei 1 cm als L¨angeneinheit die Funktion f im Intervall [−5; 5] bzw. im Intervall [−10; 10] zeichnen k¨onnen? L¨ osung: a) Man erh¨ alt die in Abb. 1.41 dargestellten Funktionsgrafen. f (x)

g(x)

1

1

1

x

1

x

Abb. 1.41 Exponentialfunktionen.

b) Im Intervall [−5, 5] erh¨ alt man als gr¨ oßten Funktionswert f (5) = 35 = 243. Bei einer L¨ angeneinheit von 1 cm entspricht dies einer Breite von 10 cm und einer H¨ ohe von 243 cm = 2.43 m. Im Intervall [−10, 10] ergibt sich als gr¨oßter Wert f (10) = 310 = 59049.

1.1 Elementare Funktionen

149

Bei einer L¨ angeneinheit von 1 cm entspricht dies einer Breite von 20 cm und einer H¨ ohe von 59049 cm = 590.49m ≈ 21 km. Aufgabe 1.1.33 Falten Sie eine

1 2

cm dicke Zeitung 10 bzw. 20 mal.

A133

Welche Dicken erhalten Sie? Versuchen Sie die L¨ osungen mit Hilfe von 210 ≈ 1000 ohne Taschenrechner abzusch¨ atzen.

L¨ osung: Bei jedem Falten verdoppelt sich die Dicke. Daher hat man nach n-maligem Falten die Dicke dn = 2n ·

1 2

cm.

Bei 10-maligem Falten erh¨ alt man eine Dicke d10 = 210 ·

1 1 cm ≈ 1000 · cm = 512 cm ≈ 5 m. 2 2

Bei 20-maligem Falten erh¨ alt man eine Dicke d20 = 220 ·

1 1 cm = 210 · 210 · cm ≈ 1000 · 5 m = 5 km. 2 2

Aufgabe 1.1.34 Bei einem Zinssatz p, erh¨ alt man nach einem Jahr Zinsen in H¨ohe von p · G, d.h., das Guthaben w¨ achst auf G + p · G = (1 + p) · G. Wie groß ist das Guthaben nach n Jahren a) ohne Zinseszinsen,

b) mit Zinseszinsen?

Berechnen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) konkret das Guthaben in den beiden F¨ allen nach 20 Jahren mit G = 1000e, p = 3% = 0.03.

L¨ osung: a) Ohne Zinseszins erh¨ alt man jedes Jahr die Zinsen p · G gutgeschrieben, hat nach n Jahren also ein Guthaben Gn von Gn = G + n · p · G = (1 + np) · G. ˜ die Zinsen p · G, ˜ hat b) Mit Zinseszins erh¨ alt man zum aktuellen Guthaben G ˜ ˜ ˜ im Jahr darauf also ein Guthaben G + p · G = (1 + p) · G, das dann weiter verzinst wird. Damit ergibt sich

A134

150

1 Funktionen nach einem Jahr nach zwei Jahren

G1 = (1 + p) · G G2 = (1 + p) · G1 = (1 + p) · (1 + p) · G = (1 + p)2 · G

G3 = (1 + p) · G2 = (1 + p)2 · (1 + p) · G

nach drei Jahren

= (1 + p)3 · G

... nach n Jahren

Gn = (1 + p)n · G.

Konkret ergibt sich bei einem Zinssatz p = 3% = 0.03 nach 20 Jahren a) ohne Zinseszins: G20 = (1 + 20 · 0.03) · 1000e = 1600e, b) mit Zinseszins: G20 = (1 + 0.03)20 · 1000e = (1.03)20 · 1000e ≈ 1806.11e. Aufgabe 1.1.35 A135

a) Zeigen Sie: cosh2 x − sinh2 x = 1.

b) Gilt sinh(2x) = 2 sinh x · cosh x? (Beweis oder Gegenbeispiel!)

L¨ osung: a) Mit den Definitionen cosh x =


1 x e + e−x 2

und

sinh x =


1 x e − e−x 2

(s. Definition 1.1.64) erh¨ alt man mittels der binomischen Formeln cosh2 x − sinh2 x =



=

1 4


1 x e + e−x 2

2




1 x e − e−x 2 !
x 2 x −x −x 2 ( e ) + 2 |e {z e }+ e −

2

= 1

1 − 4

x 2

( e ) − 2 |ex{z e−x} + e = 1


−x 2

!

1.1 Elementare Funktionen

151

= =


 1  2x e + 2 + e−2x − e2x − 2 + e−2x 4

1 · 4 = 1. 4

b) Die Gleichung gilt, denn bei Einsetzen der Definitionen der hyperbolischen Funktionen auf der rechten Seite erh¨ alt man
1 x
1 x e − e−x · e + e−x 2 2

1 x −x · e −e · ex + e−x . = 2

2 · sinh x · cosh x = 2 ·

(∗)

Hier erkennt man die dritte binomische Formel (a − b) · (a + b) = a2 − b2 mit a = ex und b = e−x . Also gilt weiter


1 1 ( ex )2 − ( e−x )2 = ( e2x − e−2x ) 2 2 = sinh(2x).

2 · sinh x · cosh x =

Statt die dritte binomische Formel zu nutzen, f¨ uhrt bei (∗) auch Ausmultiplizieren und Vereinfachen zum Ziel. Aufgabe 1.1.36 Zwischen zwei 8m hohen Masten, die 20m weit auseinanderstehen, soll ein 25m langes Kabel gespannt werden. Liegt das Kabel in der Mitte auf dem Boden? Nutzen Sie dazu folgende Informationen: Ein h¨ angendes Seil mit Scheitelpunkt bei x = 0 kann durch die Funktion f (x) = a cosh xa + b mit Konstanten a, b beschrieben werden. Die L¨ ange L des Funktionsgrafen zu f auf dem Intervall [−x0 , x0 ] betr¨agt L = 2a sinh xa0 . Hinweis: Die L¨ angenformel kann man nicht elementar nach a aufl¨osen, so dass man zur Bestimmung von a aus L beispielsweise Werte mit Hilfe eines Taschen¨ ausprobieren muss. rechners o.A.

A136

152

1 Funktionen

L¨ osung: Abb. 1.42 zeigt das h¨ angende Kabel mit einem Koordinatensystem, dessen y-Achse durch den Scheitelpunkt des h¨ angenden Seils verl¨ auft und dessen x-Achse auf Bodenh¨ ohe liegt. (Es gibt auch alternative M¨ oglichkeiten f¨ ur die Lage des Koordinatensystems.)

f (x) 8m

x 20 m Abb. 1.42 H¨ angendes Kabel.

Erh¨ alt man nach Anpassung der Konstanten a und b durch die L¨ange und die Aufh¨ angepunkte, dass f (0) kleiner als Null ist, so liegt das Seil in der Mitte auf dem Boden. Zur Anpassung der Konstanten betrachtet man zun¨achst die L¨angenangabe: Mit x0 = 10 m erh¨ alt man   10 m . 25 m = 2 · a · sinh a Entsprechend des Hinweis kann man den Parameter a durch Ausprobieren bestimmen und erh¨ alt ungef¨ ahr a ≈ 8.45 m. Mit diesem Parameterwert und dem Aufh¨ angepunkt f (10 m) = 8 m erh¨alt man !

8 m = f (10 m) = 8.45 m · cosh

10 m + b ≈ 15.1 m + b, 8.45 m

also b ≈ 8 m − 15.1 m = −7.1 m, und damit f (x) = 8.45 m · cosh

x − 7.1 m. 8.45 m

Wegen cosh 0 = 1 ist dann f (0 m) = 8.45 m · cosh

0m − 7.1 m = 8.45 m · 1 − 7.1 m = 1.35 m 8.45 m

Das Seil h¨ angt in der Mitte also ca. 1.35 m u uhrt den ¨ber dem Boden; es ber¨ Boden nicht.

1.1 Elementare Funktionen

153

1.1.7 Betrags-Funktion Aufgabe 1.1.37 a) Markieren Sie auf der Zahlengerade, f¨ ur welche x gilt 1) |x − 6| < 0.3,

2) |x + 3| < 2,

A137

3) |2 − x| ≤ 3.

b) Beschreiben Sie die skizzierten Intervalle mit Hilfe der Betrags-Funktion: 2)

1) 0

1

2

3

4

−a

5

0

a

L¨ osung: a)

1) Durch |x − 6| < 0.3 werden die Werte x beschrieben, die von 6 einen Abstand kleiner als 0.3 haben (s. Bemerkung 1.1.70), also Werte zwischen 6 − 0.3 = 5.7 und 6 + 0.3 = 6.3. Wegen des echten 0 mit √ √ √ a+b = a + b?

A147

L¨ osung: Aus

√ √ √ a + b = a + b folgt durch Quadrieren: √
2 √
2 √ a+b = a+ b √
2 √
2 √ √ √ √ ⇔ a+b = a +2 a· b+ b = a+2 a· b+b √ √ ⇔ 0 = 2 · a · b.

Dies wird f¨ ur keine a, b > 0 erf¨ ullt. Es gibt also keine solchen Zahlen.

1.3.2 Arcus-Funktionen

Aufgabe 1.3.4 Berechnen Sie den Winkel α (in Bogenmaß und Grad) in den abgebildeten Dreiecken. (Die Zeichnungen sind nicht maßstabsgetreu; nutzen Sie einen Taschenrechner) a) α

c)

b)

7

5 b

α b

4

d)

8

3 α

b

6 α

7 b

2

L¨ osung: Mittels geeigneter Arcus-Funktionen kann man den Winkel bei a) bis c) berechnen: a) α = arcsin 57

≈ 0.796 = ˆ 45.58◦ .

b) α = arctan 43 ≈ 0.644 = ˆ 36.87◦ .

ˆ 75.52◦ . c) α = arccos 82 ≈ 1.318 =

d) Da die Hypotenuse immer mindestens so lang ist wie eine Kathete, gibt es kein Dreieck, das eine Hypotenuse der L¨ange 6 und eine Kathete der L¨ange 7 besitzt. Wollte man mit dem Arcus-Sinus den Winkel berechnen, erhielte man arcsin 67 , und damit einen Ausdruck, der wegen des Definitionsbereichs [−1, 1] der Arcus-Sinus-Funktion nicht definiert ist.

A148

164

1 Funktionen

Aufgabe 1.3.5 A149

a) Welchen Winkel schließt die Gerade y = 12 x mit der x-Achse ein? b) Wie lautet der Zusammenhang zwischen der Steigung einer Geraden und dem Winkel zwischen der x-Achse und der Geraden allgemein.

Lo ¨sung: a) An Abb. 1.48, links, sieht man, dass f¨ ur den Winkel α zwischen der Geraden und der x-Achse gilt tan α =

1/2

1

=

1 2

⇔

α = arctan

1 ≈ 0.464 = ˆ 26.57◦ . 2

b) Bei einer Steigung m sieht man mit Hilfe eines Steigungsdreiecks (s. Abb. 1.48, Mitte) tan α =

m = m 1

⇔

α = arctan m.

Bei einer negativen Steigung erh¨ alt man durch den Arcus-Tangens einen negativen Winkel, der ausdr¨ uckt, dass man im mathematisch negativen Sinn, also im Uhrzeigersinn, dreht, s. Abb. 1.48, rechts. y=

1 x 2

y

1 2

α 1

x

y α 1

m

x 1 α

m

x

Abb. 1.48 Winkel zwischen Gerade und x-Achse.

Aufgabe 1.3.6 A150

15% Steigung einer Straße bedeutet, dass die Straße bei 100m in horizontaler Richtung um 15m ansteigt. Welchem Winkel zwischen Straße und der Waagerechten entspricht eine Steigung von 15%, welchem Winkel eine Steigung von 100%?

L¨ osung: Wie man an Abb. 1.49 sieht, bedeutet 15% Stei15 m 15 gung f¨ ur den Winkel α, dass tan α = 100 m = 100 ist, also

α 100m

15m

Abb. 1.49 15% Steigung.

1.3 Umkehrfunktionen

α = arctan

165

15 ≈ 8.53◦ . 100

Bei 100% Steigung ist tan α =

100 m 100 m

= 1, also 100m

α = arctan 1 ≈ 45◦ ,

α 100m

was man an Abb. 1.50 auch direkt sieht.

Abb. 1.50 100% Steigung.

Die Ergebnisse erh¨ alt man auch bei Anwendung der Formel α = arctan m von Aufgabe 1.3.5, da beispielsweise 15% Steigung eine Steigung m = 0.15 bedeutet. Aufgabe 1.3.7 Offensichtlich gibt es im Intervall [ π2 , π] ein x1 mit sin x1 = 0.8 und im Intervall [π, 2π] zwei Werte x2 und x3 mit sin x2 = sin x3 = −0.8.

Berechnen Sie diese Werte mithilfe der arcsin-Funktion Ihres Taschenrechners unter Ausnutzung von Symmetrie¨ uberlegungen.

L¨ osung: Der Taschenrechner liefert x0 = arcsin 0.8 ≈ 0.9273, also den Wert x aus dem Intervall [− π2 , π2 ] mit sin x = 0.8. Wegen der Symmetrien, die man in Abb. 1.51 sieht, gilt f¨ ur die gesuchten Punkte x1 = π − x0 ≈ 2.2143, x2 = π + x0 ≈ 4.0689,

x3 = 2π − x0 ≈ 5.3559. sin(x) 1 0.8 x2 x0

π 2

x1

3 π 2

x3

π

−0.8 −1 Abb. 1.51 Sinusfunktion im Intervall [0, 2π].

2π x

A151

166

1 Funktionen

Aufgabe 1.3.8 A152

Der Bodensee ist ca. 50 km lang (Konstanz-Bregenz). a) Wieviel steht der Bodensee u ¨ber? Genauer: Wie tief l¨ age ein straff gespanntes Seil unter dem durch die Erdkr¨ ummung aufgew¨ olbten Wasserspiegel? b) Wieviel k¨ urzer ist das gespannte Seil gegen¨ uber einem auf der Wasseroberfl¨ ache schwimmenden? Stellen Sie zun¨ achst eine Formel f¨ ur die H¨ ohe h bzw. die L¨angendifferenz ∆l in Abh¨ angigkeit vom Erdradius R und der Entfernung l zwischen Konstanz und Bregenz auf, bevor Sie die konkreten Werte einsetzen. (Es ist R ≈ 6370 km.) c) Welche Werte erhalten Sie f¨ ur einen 100 m langen See?

(Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

L¨ osung: Die Aufgabenstellung sagt nicht, ob die Entfernung l als direkte Linie oder entlang der Erdkr¨ ummung, also der Wasserlinie, gemessen werden. Im Folgenden werden beide Interpretationen betrachtet. Es wird sich herausstellen, dass sich je nach Interpretation zwar andere Formeln ergeben, die Zahlenwerte aber (fast) u ¨bereinstimmen. Variante 1: Entfernung als direkte Linie. a) Mit den Bezeichnungen aus Abb. 1.52 ist nach dem Satz des Pythagoras

tan

ns Ko

z

h

+ x2 = R 2 r  l 2 R2 − ⇔ x = 2 2

R

eg en

z

l 2

l 2

 l 2

und

Br

b

x

α

x + h = R, Abb. 1.52 50 km als direkte Linie.

also h = R−x = R−

r

R2 −

 l 2 2

.

Mit R = 6370 km und l = 50 km erh¨ alt man mit Hilfe eines Taschenrechners h ≈ 0.05 km = 50 m. Der Bodensee steht also ca. 50 m u ¨ber.

1.3 Umkehrfunktionen

167

b) Ist α im Bogenmaß gegeben, so gilt f¨ ur die halbe L¨ange des schwimmenden Seils (s. Abb. 1.52) b = R · α. Dabei ist sin α =

l/2

R

⇔

α = arcsin

l . 2R

Damit ergibt sich als L¨ ange des schwimmenden Seils 2 · b = 2 · R · arcsin

l 2R

und als L¨ angendifferenz ∆l = 2 · b − l = 2 · R · arcsin

l − l. 2R

Bei R = 6370 km und l = 50 km erh¨ alt man mit einem Taschenrechner ∆l ≈ 0.00013 km = 13 cm. Das gespannte Seil ist also ca. 13cm k¨ urzer. c) Mit l = 100 m = 0.1 km erh¨ alt man bei guten Taschenrechnern (die mit 12 oder mehr Stellen rechnen) h ≈ 0.2 · 10−6 km ≈ 0.2 mm, ∆l ≈ 10−12 km = 10−6 mm. Bei Rechnern mit weniger Stellen k¨ onnen auf Grund numerischer Aspekte sinnlose Ergebnisse entstehen, da die Werte Differenzen sehr nahe beieinander liegender Zahlen sind. Variante 2: Entfernung entlang der Wasserlinie. a) Mit den Bezeichnungen aus Abb. 1.53 ist, wenn man den Winkel α im Bogenmaß betrachtet, R·α =

l 2

z tan

ns Ko

h

l ⇔ α = = . R 2R Wegen x = R · cos α ist damit h = R − x = R − R · cos α l ). = R · (1 − cos 2R

Br

eg en

y

l 2

l/2

l 2

R

x

α

Abb. 1.53 50 km als Wasserlinie.

z

168

1 Funktionen Mit dem Taschenrechner erh¨ alt man zu R = 6370 km und l = 50 km (fast) den gleichen Wert wie bei Variante 1: h ≈ 0.05 km = 50 m.

b) Wegen y = R · sin α ergibt sich als L¨ angendifferenz ∆l = l − 2 · y = l − 2 · R · sin

l . 2R

Bei R = 6370 km und l = 50 km erh¨ alt man mit einem Taschenrechner wie bei Variante 1 ∆l ≈ 0.00013 km = 13 cm.

c) Wie bei Variante 1 erh¨ alt man bei guten Taschenrechnern (die mit 12 oder mehr Stellen rechnen) zu l = 100 m = 0.1 km h ≈ 0.2 · 10−6 km ≈ 0.2 mm, ∆l ≈ 10−12 km = 10−6 mm. Bei Rechnern mit weniger Stellen k¨ onnen auf Grund der Differenzen sehr nahe beieinander liegender Zahlen sinnlose Ergebnisse entstehen.

1.3.3 Logarithmus

Aufgabe 1.3.9 A153

¨ Uberlegen Sie sich, zwischen welchen zwei ganzen Zahlen die L¨osungen x zu den folgenden Gleichungen liegen. a) 10x = 20,

b) 2x = 10,

c) 3x = 0.5,

d) 8x = 3,

e) 0.7x = 0.3,

f) 4x = 1.1,

g) 0.5x = 4,

h) 0.2x = 0.5.

Wie kann man die L¨ osung mit Hilfe des Logarithmus ausdr¨ ucken? Berechnen Sie die genaue L¨ osung mit einem Taschenrechner.

Lo ¨sung: Durch Einsetzen verschiedener x-Werte erh¨alt man Werte ax , an denen man sich orientieren kann: Ist ax1 < b < ax2 , so liegt die L¨osung x zu ax = b zwischen x1 und x2 . Die exakte L¨ osung zu ax = b ist loga b. Um diesen Ausdruck mit einem Taschenrechner zu berechnen, der nur eine ln-Funktion besitzt, kann man ihn ln b nach Satz 1.3.9, 5., schreiben als loga b = ln a. a) Es ist 101 = 10 und 102 = 100, also ist x ∈ [1, 2]. Genau ist x = log10 20 =

ln 20 ≈ 1.301. ln 10

1.3 Umkehrfunktionen

169

b) Es ist 23 = 8 und 24 = 16, also x ∈ [3, 4]. Genau ist ln 10 ≈ 3.322. ln 2

x = log2 10 =

c) Da 3x f¨ ur x > 0 gr¨ oßer als Eins ist, muss x < 0 sein, aber x > −1, da 3−1 = 31 ≈ 0.33, also x ∈ [−1, 0]. Genau ist ln 0.5 ≈ −0.631. ln 3

x = log3 0.5 =

d) Wegen 80 = 1 und 81 = 8 ist x ∈ [0, 1].

Man kann auch genauer absch¨atzen: Wegen √ hier ohne Taschenrechner √ 90.5 = 9 = 3 ist 80.5 = 8 ein bisschen kleiner als 3; daher ist die L¨ osung zu 8x = 3 ein bisschen gr¨ oßer als 0.5. Genau ist ln 3 ≈ 0.528. ln 8

x = log8 3 =

e) Wegen 0.72 = 0.49 ist x > 2. Wegen 0.73 = 0.7 · 0.72 = 0.7 · 0.49 ≈ 0.7 · 0.5 = 0.35 > 0.3 ist sogar x > 3. Wegen 0.74 = (0.72 )2 = 0.492 < 0.52 = 0.25 < 0.3 ist x ∈ [3, 4]. Genau ist x = log0.7 0.3 =

ln 0.3 ≈ 3.376. ln 0.7

f) Wegen 40 = 1 und 41 = 4 ist x ∈ [0, 1] (und nahe bei 0). Genau ist x = log4 1.1 =

ln 1.1 ≈ 0.069. ln 4

g) Es ist genau x = −2, denn −2

0.5

=



1 0.5

2

= 22 = 4.

h) Wegen 0.20 = 1 und 0.21 = 0.2 ist x ∈ [0, 1]. Genau ist x = log0.2 0.5 =

ln 0.5 ≈ 0.431. ln 0.2

170

1 Funktionen

Aufgabe 1.3.10 A154

a) Welche Werte haben log2 8 und log8 2 bzw. log0.1 100 und log100 0.1? b) Sehen Sie bei a) einen Zusammenhang zwischen loga b und logb a? Gilt dieser Zusammenhang allgemein?

L¨ osung: √ a) Wegen 23 = 8 ist log2 8 = 3 und wegen 81/3 = 3 8 = 2 ist log8 2 = 31 .
1 −2 Wegen 0.1−2 = 10 = 102 = 100 ist log0.1 100 = −2. Wegen 100−1/2 =

√1 100

=

1 10

= 0.1 ist log100 0.1 = − 21 .

b) Es gilt loga b =

1 , logb a

(∗)

denn setzt man x = loga b, so gilt ax = b. Durch Potenzierung mit x1 erh¨alt man daraus a = b1/x , was gleichbedeutend mit logb a = x1 = log1 b ist. a

Alternativ kann man mit Satz 1.3.9, 5., schließen loga b · logb a = loga a = 1, woraus (∗) folgt. Aufgabe 1.3.11 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.33) A155

Wie oft m¨ ussen Sie eine 21 cm dicke Zeitung falten, um auf dem Mond (Entfernung ca. 300000km) zu landen, wie oft, um die Sonne (ca. 150 Millionen km entfernt) zu erreichen? Versuchen Sie die L¨ osungen ohne Taschenrechner abzusch¨atzen.

L¨ osung: Wie schon bei Aufgabe 1.1.33 u ¨berlegt, erh¨alt man nach n-maligem Falten die Dicke dn = 2n · 21 cm. Um auf dem Mond zu landen, braucht man nun ein n mit

⇔

⇔

⇔

300000 km ≈ 2n · 1 cm

3 · 105 · 103 m ≈ 2n · 10−2 m

2n ≈ 3 · 105 · 103 · 102 = 3 · 1010 n ≈ log2 (3 · 1010 ).

1.3 Umkehrfunktionen

171

Um log2 (3 · 1010 ) grob abzusch¨ atzen, kann man 103 = 1000 ≈ 1024 = 210 nutzen und erh¨ alt 3 · 1010 = 3 · 10 · 103


3

≈ 30 · 210


3

≈ |{z} 32 · 210 =25 5+30

= 2


3

= 235 ,

also log2 (3 · 1010 ) ≈ 35.

Alternativ kann man wegen 10 ≈ 8 = 23 ann¨ahern, dass log2 10 ≈ 3. Damit erh¨ alt man log2 (3 · 1010 ) = log2 3 + 10 · log2 10 ≈

1.5 + 10 ·

3

≈ 32.

(Tats¨ achlich ist log2 (3 · 1010 ) ≈ 34.8.)

Um auf der Sonne zu landen, braucht man ein n mit

⇔

⇔

150 · 106 km = 2n · 10−2 m

2n = 150 · 106 · 103 · 102 = 15 · 1012 n = log2 (15 · 1012 ).

Von Hand abgesch¨ atzt erh¨ alt man 15 · 1012 ≈ 16 · 103 also log2 (15 · 1012 ) ≈ 44.


4

= 24 · 210


4

= 244 ,

(Tats¨ achlich ist log2 (15 · 1012 ) ≈ 43.8.)

Man muss also ca. 35 mal Falten, um auf dem Mond zu landen, und 44 mal, um die Sonne zu erreichen. Aufgabe 1.3.12 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) In einem Labor werden Bakterien beobachtet, die sich durch Zellteilung exponentiell vermehren, d.h., die Bakterienanzahl kann durch die Funktion f (t) = a · 2λ·t

mit der Zeit t, einem Parameter a und der Vermehrungsrate λ beschrieben werden. Zu einem bestimmten Zeitpunkt beobachtet man 100 Bakterien, 2 Tage sp¨ ater sind es 800. Wie groß ist die Vermehrungsrate λ?

A156

172

1 Funktionen

L¨ osung: Sei t0 der Zeitpunkt der ersten Beobachtung (man kann auch t0 = 0 setzen) in Einheit Tagen. Dann ist f (t0 ) = 100 und f (t0 + 2) = 800, also 100 = f (t0 ) = a · 2λ·t0

(∗)

und 800 = f (t0 + 2) = a · 2λ·(t0 +2) = a · 2λ·t0 +2λ = a · 2λ·t0 · 22λ . Mit (∗) folgt dann 800 = 100 · 22·λ , also 8 = 22·λ

⇔

2 · λ = log2 8 = 3

⇔

λ =

3 . 2

Die Vermehrungsrate ist also λ = 32 . Aufgabe 1.3.13 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.34) A157

a) Wann hat sich ein Guthaben bei einem Zinssatz p = 3% = 0.03 verdoppelt? b) Wie groß muss der Zinssatz sein, damit sich ein Guthaben nach 15 Jahren verdoppelt hat? Berechnen Sie die Werte einerseits ohne, andererseits mit Zinseszins. Nutzen Sie einen Taschenrechner.

L¨ osung: Nach Aufgabe 1.1.34 ist ein Guthaben G bei einem Zinssatz p innerhalb von n Jahren 1) ohne Zinseszins auf Gn = (1 + np) · G, 2) mit Zinseszins auf Gn = (1 + p)n · G

gewachsen.

a) Es ist jeweils ein n gesucht mit Gn ≈ 2 · G. 1) Ohne Zinseszins:

Gn = (1 + np) · G = 2 · G ⇔

1 + np = 2

⇔

np = 1

Bei p = 3% = 0.03 ergibt sich n = 2) Mit Zinseszins:

1 0.03

⇔ ≈ 33.3.

n =

1 . p

1.3 Umkehrfunktionen

⇔

173

Gn = (1 + p)n · G = 2 · G (1 + p)n = 2 ⇔ n = log1+p 2.

Bei p = 3% = 0.03 ergibt sich n = log1.03 2 =

ln 2 ln 1.03

b) Gesucht ist jeweils das p, so dass G15 = 2 · G ist.

≈ 23.4.

1) Ohne Zinseszins:

⇔ ⇔

G15 = (1 + 15 · p) · G = 2 · G 1 + 15p = 2 ⇔ 15 · p = 1 1 ≈ 6.67%. p = 15

2) Mit Zinseszins: G15 = (1 + p)15 · G = 2 · G

⇔ ⇔

√ 15 (1 + p)15 = 2 ⇔ 1 + p = 2 √ 15 p = 2 − 1 ≈ 0.0473 = 4.73%.

Aufgabe 1.3.14 Zeigen Sie, dass

A158

ld x ≈ ln x + log x mit einer Abweichung weniger als 1% gilt. (Dabei bezeichnet log den Logarithmus zur Basis 10. Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

L¨ osung: Um die Ausdr¨ ucke zueinander in Beziehung zu setzen kann man die Logarithmen entsprechend Satz 1.3.9, 5., auf eine einheitliche Basis umschreiben, beispielsweise auf die Basis 2: ln x =

ld x ld e

und

log x =

ld x . ld 10

Also ist ln x + log x =

ld x ld x + = ld e ld 10

1 1
+ · ld x. ld e ld 10

Mit Hilfe eines Taschenrechners erh¨ alt man

1 ld e

+

1 ld 10

≈ 0.9941, also

ln x + log x ≈ 0.9941 · ld x Der Fehler in der Approximation betr¨ agt also sogar weniger als 0.6%.

174

1 Funktionen

Aufgabe 1.3.15 A159

Welche Funktionen sind in den folgenden Schaubildern (mit zum Teil logarithmischer Skalierung) durch die Geraden dargestellt? a)

f (x)

b)

1000 500 100 50

100 50

10 5

10 5

1 0.5

1 0.5

x

0.1 −1

c)

f (x) 1000 500

0

1

2

0.1 −1

3

f (x)

d)

3

1

10 5

1

10

100

2

1 0.5

x

0.1

1

0.1

1000

3

f (x)

100 50

−1

0

1000 500

2

0

x

x

0.1

1

10

100

1000

L¨ osung: a) Die Funktionswerte sind logarithmisch abgetragen, d.h. log f (x) entspricht einer linearen Skalierung. Die dargestellte Gerade hat bez¨ uglich einer linearen Skalierung, bei der 10 der 1 entspricht, 100 der 2 u.s.w. (also einer logarithmischen Transformation zur Basis 10) die Gestalt y =

1 2x

+ 1.

F¨ ur die dargestellte Funktion gilt also log10 f (x) =

1 2x

+1

und damit 1

f (x) = 10 2 x+1 =

1
x

10 2

√ · 101 = 10 · ( 10)x .

1.3 Umkehrfunktionen

175

¨ b) Die Uberlegungen sind entsprechend zu a): Aus der Gleichung y = −2x + 4 der dargestellten Gerade erh¨ alt man log10 f (x) = −2x + 4 und damit f (x) = 10−2x+4 =

10−2


x

· 104 = 10000 · (

1 x ) . 100

c) Die x-Werte sind logarithmisch abgetragen. Versieht man die Grafik mit einer linearen Skalierung, bei der 10 der 1 entspricht, 100 der 2 u.s.w. (also einer logarithmischen Transformation zur Basis 10), so erh¨alt man eine Geradengleichung, bei der man dann den x-Wert durch log10 x ersetzen muss, um die tats¨ achliche Skalierung zu ber¨ ucksichtigen. Man erh¨alt also f (x) =

1 2

· log10 x + 1.

¨ d) Beide Achsen sind logarithmisch dargestellt. Eine Kombination der Uberlegungen aus a) und b) f¨ uhrt zu log10 f (x) =

1 2

· log10 x + 1,

also 1

f (x) = 10 2 ·log10 x+1 = √ = 10 · x.

10log10 x


1/2

· 101 = 10 · x


1/2

Aufgabe 1.3.16 Signal-zu-Rausch-Verh¨ altnisse (SNR: signal-to-noise-ratio) werden h¨aufig in Dezibel (dB) angegeben. Dabei ist Bel (B) der Logarithmus zur Basis 10 des Verh¨ altnisses. Zehn Dezibel entsprechen einem Bel, so dass sich mit der Signalleistung S und der Rauschleistung R das SNR in dB ergibt durch SNR = 10 · log10

S [dB]. R

a) Welchen Wert hat das SNR bei einer Signalleistung S = 10 W und einer Rauschleistung von R = 0.1 W? b) Um wieviel ¨ andert sich SNR, wenn man die Signalleistung verdoppelt?

A160

176

1 Funktionen

L¨ osung: a) Bei S = 10 W und R = 0.1 W ist konkret SNR = 10 · log10

10 W dB = 10 · log10 100 dB = 10 · 2 dB 0.1 W

= 20 dB. b) Mit den Werten aus a) ist bei doppelter Signalleistung SNR = 10 · log10

2 · 10 W dB = 10 · log10 200 dB ≈ 10 · 2.3 dB 0.1 W

= 23 dB. Allgemein gilt bei einer Verdoppelung von S:   2·S S 10 · log10 = 10 · log10 2 · R R   S = 10 · log10 2 + log10 R S = 10 · log10 2 + 10 · log10 R ≈ 3 + alte SNR. Bei einer Verdoppelung der Signalleistung erh¨oht sich das SNR also um 3 dB. Aufgabe 1.3.17 A161

Zeigen Sie: F¨ ur die Umkehrfunktion arsinh zu f (x) = sinh x gilt: p
arsinh y = ln y + y 2 + 1 .

Anleitung: Zur Bestimmung der Umkehrfunktion m¨ ussen Sie die Gleichung f (x) = y nach x umstellen. Nutzen Sie dazu die Definition von sinh x, f¨ uhren Sie die Substitution z = ex durch und stellen Sie die Gleichung zun¨achst nach z um.

L¨ osung: Ziel ist das Umstellen der Formel y = sinh x = nach x. Mit z = ex , also

1 · (ex − e−x ) 2

1.3 Umkehrfunktionen

177

e−x = (ex )−1 = z −1 =

1 z

erh¨ alt man:

⇔

⇔

  1 z2 − 1 1 y = = · z− 2 z 2z 2zy = z 2 − 1

0 = z 2 − 2yz − 1.

F¨ ur diese quadratische Gleichung bzgl. z kann man mit der p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) die L¨ osungen finden: p z = y ± y 2 + 1. p p Der −“-Ausdruck ist immer negativ, denn wegen y 2 + 1 > y 2 = |y| wird ” von y etwas betragsm¨ aßig gr¨ oßeres abgezogen. Da z = ex aber immer positiv ist, kommt nur die +“ - L¨ osung in Frage, also ” p ex = z = y + y 2 + 1 und damit

  p x = ln y + y 2 + 1 . Aufgabe 1.3.18 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) Markieren Sie den richtigen (gerundeten) Zahlenwert.

A162

(Sie brauchen Ihre Angabe nicht zu begr¨ unden) sin 4 = −0.757

cos 3 = √

arcsin 0.5 =

0.141

−0.314

0.241

−0.324

0.523

0.891

−0.990

√

e−1 =

0.3 =

0.09

−2.718

0.325

0.368

0.548

√

√

0.891

0.201 √

1.571

2.134

√

ln 0.2 =

0.834 1.465

1.369 2.156

log3 5 = √

arccos 0.2 =

√

−1.609 0.156 1.324

√

178

1 Funktionen

L¨ osung: In der Tabelle sind schon die richtigen Werte markiert. Auf die L¨ osungen kann man folgendermaßen schließen: Durch eine Skizze der Sinus- und Cosinus-Funktion und die ungef¨ahre Lage von 3 und 4 (s. Abb.1.54) sieht man, dass unter den angegebenen Werten nur sin 4 ≈ −0.757 und cos 3 ≈ −0.990 m¨ oglich ist. 1

sin x

1

1 x

π ≈ 3.14

cos x π ≈ 3.14

1

x

-1

-1

Abb. 1.54 Skizze zur Bestimmung von sin 4 (links) und cos 3 (rechts).

Fertigt man a ¨hnlich Skizzen an zu den Intervallen, auf denen die Sinus- und Cosinus-Funktion umgekehrt werden, so kann man dort die x-Werte suchen, die den Sinuswert 0.5 bzw. den Cosinuswert 0.2 haben (s. Abb. 1.55). Unter den angegebenen Werten kommt dann nur arcsin 0.5 ≈ 0.523 und arccos 0.2 ≈ 1.369 in Frage. 1 0, 5

sin x

1

1 π 2

-1

x

cos x π 2

0, 2

≈ 1.57

1

≈ 1.57

x

-1

Abb. 1.55 Skizze zur Bestimmung von arcsin 0.5 (links) und arccos 0.2 (rechts).

Zur Absch¨ atzung von

√

0.3 kann man sich u ¨berlegen, dass

0.52 = 0.25 √ √ ist, 0.3 also noch gr¨ oßer als 0.5 ist. Damit kommt nur 0.3 ≈ 0.548 in Frage.

Mit e ≈ 3 ist e−1 ≈

1 ≈ 0.3, 3

also bei den gegebenen Werten e−1 ≈ 0.368.

Wegen 31 = 3 und 32 = 9 ist log3 5 ∈ [1, 2], also log3 5 ≈ 1.465.

Damit ex = 0.2 ist, muss x < 0 sein, also ln 0.2 ≈ −1.609.

1.3 Umkehrfunktionen

179

Aufgabe 1.3.19 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) Markieren Sie zu a auf dem Zahlenstrahl jeweils (falls definiert) die ungef¨ahre Lage von √ 1 x1 = a2 , x2 = a, x3 = , x4 = 2a , x5 = log2 a. a a) -1

0

-1

0

-1

0

a

1

2

b) a

1

2

1

2

c) a

L¨ osung: √ a) Es ist a ≈ 1.4 ≈ 2 also a2 ≈ 2, wobei sich nicht genau entscheiden l¨asst, ob a2 < 2 oder a2 > 2 ist. √ Aus a > 1 folgt ferner 1 < a < a. Wegen 1 < a < 2 ist a1 ∈] 21 , 1[. √ Bei a > 1 ist 2a > 2, und schließlich folgt aus a ≈ 2, dass log2 a ≈ 0.5 ist. Damit erh¨ alt man Markierungen wie in Abb. 1.56. x5 x3 -1

x2 1

0

x1 a

x4

2

Abb. 1.56 Werte zu einem a mit 1 < a < 2.

√ b) Bei Werten a mit 0 < a < 1 ist a2 < a und a < a < 1. √ 1 Da 21 < a < 1 ist, ist a1 ∈]1, 2[, 2a ∈]2 2 , 21 [=] 2, 2[ und log2 a ∈] − 1, 0[. Damit erh¨ alt man Markierungen wie in Abb. 1.57. x1 x2 x5 x3 x4 -1

0

a

Abb. 1.57 Werte zu einem a mit

1 1

2 < a < 1.

2 √ c) Zu negativem a ist a und log2 a nicht definitiert.

Wegen a < −1 ist a2 > 1,

1 a

∈] − 1, 0[ und 2a ∈]0, 12 [.

Damit erh¨ alt man Markierungen wie in Abb. 1.58. x3 x4 x1 a

-1

0

1

Abb. 1.58 Werte zu einem a mit a < −1.

2

A163

180

1 Funktionen

1.4 Modifikation von Funktionen

Aufgabe 1.4.1 A164

Was ist richtig? Die Verkettung g ◦ f ist

gerade

im Allgemeinen ungerade keines von beiden

√

a) wenn f und g gerade sind

√

b) wenn f und g ungerade sind c)

wenn f gerade und g ungerade ist

√

d)

wenn f ungerade und g gerade ist

√

L¨ osung: In der Tabelle sind schon die richtigen H¨ akchen gesetzt. Dass die Symmetrien so wie angegeben tats¨achlich sind, sieht man unter Benutzung der Definition von gerade“ und ungerade“ (s. Definition 1.2.1) wie ” ” folgt: Bei einer geraden Funktion f ist f (−x) = f (x). Daher gilt bei einer beliebigen (!) Funktion g: f gerade

g ◦ f (−x) = g (f (−x))

=

g(f (x)) = g ◦ f (x)

d.h., g ◦ f (x) ist gerade. Da die Funktion g dabei beliebig ist, folgen die Behauptungen zu a) und c). Sind f und g ungerade, so gilt f (−x) = −f (x) und g(−y) = −g(y), also f un-

g ◦ f (−x) = g(f (−x))

=

g un-

g(−f (x))

gerade

= gerade

− g(f (x))

= −g ◦ f (x). d.h., g ◦ f (x) ist ungerade (Behauptung b)). Ist f ungerade und g gerade, so gilt: f un-

g ◦ f (−x) = g(f (−x))

=

g gerade

g(−f (x))

gerade

d.h., g ◦ f (x) ist gerade (Behauptung d)).

=

g(f (x)) = g ◦ f (x),

1.4 Modifikation von Funktionen

181

Aufgabe 1.4.2 Sei f : R → R, f (x) = x2 +1 und g : R → R, g(x) = x2 +px+q mit Parametern p und q.

A165

Gibt es Parameterwerte f¨ ur p und q, so dass f ◦ g = g ◦ f ist?

Lo ¨sung: Es ist f ◦ g(x) = f (x2 + px + q) = (x2 + px + q)2 + 1
2 = x2 + (px)2 + q 2 + 2 · x2 · px + 2 · x2 · q + 2 · px · q + 1 = x4 + 2px3 + (p2 + 2q)x2 + 2pqx + q 2 + 1

und g ◦ f (x) = g(x2 + 1) = (x2 + 1)2 + p(x2 + 1) + q = x4 + 2x2 + 1 + px2 + p + q

= x4 + (2 + p)x2 + 1 + p + q. Durch den Koeffizientenvergleich bei x3 sieht man, dass p = 0 sein muss. Durch den Koeffizientenvergleich bei x2 sieht man, dass p2 + 2q = 2 + p sein muss, mit p = 0 also 2q = 2 und damit q = 1. F¨ ur p = 0 und q = 1 sind die beiden Ausdr¨ ucke tats¨achlich gleich. Das ist auch schon daher klar, dass dann g(x) = x2 + 1 = f (x) ist, und damit f ◦ g = f ◦ f = g ◦ f ist. Aufgabe 1.4.3 Sei f (x) = 2x + 4. a) Bestimmen Sie die Umkehrfunktion f −1 zu f . b) Berechnen Sie f −1 ◦ f und f ◦ f −1 .

L¨ osung: a) Umstellen von y = 2x + 4 nach x f¨ uhrt zu y = 2x + 4

⇔

x =

1 1 · (y − 4) = y − 2, 2 2

d.h., die Umkehrfunktion ist f −1 (x) = b) Es ist

1 x − 2. 2

A166

182

1 Funktionen f −1 ◦ f (x) = f −1 (2x + 4) =

1 · (2x + 4) − 2 = x 2

und f ◦f

−1

(x) = f



   1 1 x−2 = 2· x − 2 + 4 = x. 2 2

Das Ergebnis f −1 ◦f (x) = x = f ◦f −1 (x) ist klar, da dies gerade ausdr¨ uckt, dass f −1 die Umkehrfunktion zu f ist. Aufgabe 1.4.4 A167

Eine Rentenversicherung mit Kapitalauszahlung bietet zwei Modelle an: Modell A: Die Beitr¨ age werden dem Bruttolohn entnommen und zu Beginn mit 20% versteuert. Die Auszahlung der verzinsten Beitr¨age ist daf¨ ur steuerfrei. Modell B: Die vollen Beitr¨ age aus dem Bruttolohn werden verzinst. Am Ende wird der Auszahlungsbetrag mit 20% versteuert. Welches Modell ist besser? Modellieren Sie das Problem mit Hilfe von Funktions-Verkettungen.

L¨ osung: Sei p der Zinssatz und n die Anlagejahre. Aus einem eingezahlten Guthaben G wird dann durch die Verzinsung mit Zinseszins (s. Aufgabe 1.1.34, b)) f (G) = (1 + p)n · G. Da nach Abzug der Steuern noch 80% des Kapitals verbleiben, kann die Versteuerung eines Betrags B beschrieben werden durch s(B) = 0.8 · B. Die beiden Modelle f¨ uhren diese beiden Funktionen in unterschiedlicher Reihenfolge aus: • Modell A: Zuerst versteuern, dann verzinsen: f ◦ s(B) = f (s(B)) = f (0.8 · B) = (1 + p)n · 0.8 · B. • Modell B: Zuerst verzinsen, dann versteuern: s ◦ f (B) = s(f (B)) = s ((1 + p)n · B) = 0.8 · (1 + p)n · B = f ◦ s(B).

1.4 Modifikation von Funktionen

183

Hier ist also f ◦ s = s ◦ f , d.h. beide Modelle sind gleich gut.

Rechnet man ohne Zinseszins, ist f (G) = (1 + np) · G (s. Aufgabe 1.1.34, a)). Durch die gleiche multiplikative Struktur erh¨alt man auch dann, dass beide Verkettungen das gleiche Ergebnis liefern. f (x)

Aufgabe 1.4.5 Das nebenstehende Diagramm zeigt den Funktionsgraf zur Funktion f .

1

A168 x

1

1) Zeichnen Sie den Funktionsgraf zu a) g(x) = f (x) − 2,

b) g(x) = f (x + 2),

c) g(x) = f (2x),

g) g(x) = f (−x),

e) g(x) = 2 · f (x),

f) g(x) = −f (x),

h) g(x) = f (x−1)−2, i) g(x) = f (−2x),

j) g(x) = f (2x) − 1,

k) g(x) =

d) g(x) =

f ( 12 x),

m) g(x) = 2f (x) − 1,

p) g(x) =

f ( 12 x

+ 1),

1 2

l) g(x) = 2 · f ( 12 x),

· f (2x),

n) g(x) = 3 − f (x),

o) g(x) = f (2x + 1),

q) g(x) = f (3 − x),

r) g(x) = −f (4 − 2x) + 3.

2) Wie lautet der entsprechende Zusammenhang zwischen g und f bei folgenden Funktionsgrafen zu g? g(x)

a)

g(x)

b)

1

1

1 1

x

g(x)

d)

g(x)

c)

1

x

g(x)

e)

g(x)

f) -1

1 x

g(x) 1

x

1

1 1

g)

x

1

1

h)

1

1

g(x)

1 x

x

i)

g(x)

x 1 1x

184

1 Funktionen

L¨ osung: 1) Durch Verschiebungen, Stauchungen, Streckungen und Spiegelungen wie in Abschnitt 1.4 beschrieben, kann man den urspr¨ unglichen Funktionsgraf modifizieren. Bei den Teilaufgabe h) bis l) muss man zwei Operationen nacheinander ausf¨ uhren, z.B. Stauchen und Verschieben, wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt. Abb. 1.59 zeigt die resultierenden Funktionsgrafen f¨ ur a) bis l). a)

g(x)

1

g(x)

b) x

1

1

1 x

1 g(x)

d)

g(x)

c)

g(x)

e)

1

f)

g(x)

1

x g(x)

g)

1

g(x)

1

g(x)

i) x

1

1

1

x

g(x)

j)

x

1

h)

x

1

1 1

x

1

1 g(x)

k)

x

g(x)

l)

1 1

x

1

1 1

x

1

x

Abb. 1.59 Modifizierte Funktionsgrafen zu a) bis l).

Bei m) bzw. n) sollte man zun¨ achst die Skalierung bzw. Spiegelung bzgl. der y-Achse durchf¨ uhren, dann die Verschiebung um 1 nach unten bzw. 3 nach oben. Man kann die Funktionen aber auch folgendermaßen umschreiben: m) n)

g(x) = 2f (x) − 1 = 2 · (f (x) − 0.5),

g(x) = 3 − f (x) = −(f (x) − 3).

In den rechten Darstellungen liegt es nahe, zun¨achst die Verschiebung durchzuf¨ uhren (um 0.5 statt 1 nach unten bzw. 3 nach unten statt nach oben) und dann die Skalierung bzw. Spiegelung bzgl. der y-Achse, was auf

1.4 Modifikation von Funktionen

185

das gleiche Bild f¨ uhrt. Abb. 1.60 zeigt die resultierenden Funktionsgrafen. g(x)

m)

1

x

1

-1

g(x)

n)

x

1

Abb. 1.60 Modifizierte Funktionsgrafen zu m) und n).

Bei o) bzw. p), also g(x) = f (2x + 1) bzw. g(x) = f ( 21 x + 1) gibt es Verschiebungen und Skalierungen in x-Richtung. Hier sollte man zun¨achst jeweils um 1 nach links verschieben und dann skalieren. Das kann man sich z.B. bei o) damit u ¨berlegen, dass h(x) = f (x + 1) die Verschiebung beschreibt; die anschließende Skalierung stellt dann h(2x) = f (2x + 1) dar. W¨ urde man zun¨ achst um den Faktor 2 skalieren und dann um 1 nach links ˜ verschieben, so w¨ urde h(x) = f (2x) die skalierte Funktion beschreiben ˜ + 1) = f (2(x + 1)) = f (2x + 2) die dann verschobene Funktion, und h(x was eine andere Funktion und ein anderes Bild erg¨abe. Will man zuerst ˜ nur skalieren und dann verschieben, so muss man die skalierte Funktion h um 12 nach links verschieben, denn dann erh¨alt man ˜ + 1 ) = f (2(x + 1 )) = f (2x + 1) = g(x). h(x 2 2 ˜ Bei p) m¨ usste man entsprechend die Hilfsfunktion h(x) = f ( 12 x) um 2 nach links verschieben. Abb. 1.61 zeigt die Funktionsgrafen zu entsprechenden Hilfsfunktionen h ˜ sowie zu g jeweils f¨ und h ur o) und p). ˜ h(x) = f (2x)

h(x) = f (x + 1)

o) 1

1 1

x

1

x

˜ h(x) = f ( 21 x)

x

1 g(x)

1 1

= h(2x) ˜ + 1) = h(x 2

1 1

h(x) = f (x + 1)

p)

g(x)

x

= h( 12 x) ˜ + 2) = h(x

1 1

x

1

x

Abb. 1.61 Hilfsfunktionen und Ergebnis zu o) und p).

Bei q) ist es ¨ ahnlich: Man sollte zun¨achst um 3 nach links verschieben (h(x) = f (x+3)) und dann an der y-Achse spiegeln (h(−x) = f (−x+3) = f (3 − x)). Man kann die Funkion g auch schreiben als

186

1 Funktionen g(x) = f (3 − x) = f (−(x − 3)). Entsprechend der rechten Darstellung kann man zun¨achst eine Spiegelung ˜ an der y-Achse durchf¨ uhren (h(x) = f (−x)) und dann um 3 nach rechts ˜ verschieben (h(x − 3) = f (−(x − 3))), s. Abb. 1.62. q)

h(x) = f (x + 3)

˜ h(x) = f (−x)

1

1 1x

g(x) = h(−x) ˜ − 3) = h(x 1 1x

x

1

Abb. 1.62 Hilfsfunktionen und Ergebnis zu q).

Bei r) gibt es schließlich Modifikationen sowohl in x- als auch in y-Richtung, die man sich wie oben erl¨ autert zusammen setzen kann. Abb. 1.63 zeigt den resultierenden Funktionsgrafen.

g(x)

r) 1

1

x

Abb. 1.63 Funktionsgraf zu r).

2) Indem man sich u unglichen Funktionsgraf ver¨berlegt, wie man den urspr¨ schieben, strecken/stauchen und/oder spiegeln muss, um den abgebildeten Grafen zu konstruieren, erh¨ alt man a) g(x) = f (x) + 1, b) g(x) = f (x − (−1)) = f (x + 1), c) g(x) = f (x − 1) + 1,

d) g(x) = 1.5 · f (x),

e) g(x) = 0.5 · f (−x),

f) g(x) = −1.5 · f (x),
g) g(x) = f 12 · x − 1,

h) g(x) = −f (2x),

i) g(x) = −f (x + 2) + 2.

Aufgabe 1.4.6 A169

Zeichnen Sie cos x und cos2 x und plausibilisieren Sie den Zusammenhang cos(2x) = 2 cos2 x − 1.

1.4 Modifikation von Funktionen

187

L¨ osung: Beim Quadrieren werden alle Werte positiv. Werte nahe Null werden durch das Quadrieren noch n¨ aher an die Null ger¨ uckt. Lineare Nulldurchg¨ange werden zu quadratischen Nullstellen, also Ber¨ uhrstellen wie bei Parabeln. Mit diesen ¨ Uberlegungen erh¨ alt man aus dem Funktionsgraf zur Cosiuns-Funktion (s. Abb. 1.64, oben) das Bild zu cos2 x (s. Abb. 1.64, unten). 1

cos x x 1

π

2π

π

2π

−1

1

cos2 x x 1

Abb. 1.64 Funktionsgrafen zu cos x und cos2 x.

Durch eine Verdoppelung in y-Richtung und eine Verschiebung um Eins nach unten erh¨ alt man dadurch den in Abb. 1.64 dargestellten Funktionsgraf zu f (x) = 2 cos2 x − 1. 1

f (x) 1

x π

2π

−1 Abb. 1.65 Funktionsgraf zu f (x) = 2 · cos2 x − 1 = cos(2x).

Dieser Funktionsgraf ist auch der zu cos(2x) als gestauchter Cosinus-Funktion. Aufgabe 1.4.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) In Hamburg schwankt die Wassertiefe der Elbe auf Grund von Ebbe und Flut zwischen 9m und 13m, wobei der Verlauf (sehr vereinfacht) als Sinus-f¨ormig mit einer Periode von 12 Stunden modelliert werden kann. a) Skizzieren Sie den Verlauf und geben Sie eine Funktionsvorschrift an. b) Wie lang innerhalb einer Periode ist die Wassertiefe mindestens 12m? (Sie brauchen Ihre Angabe nicht zu begr¨ unden.)

A170

188

1 Funktionen

L¨ osung: a) Beginnt man bei t = 0 mit mittlerem Wasserstand und steigendem Wasser, erh¨ alt man folgendes Bild (es gibt auch gleichwertige andere Skizzen, z.B. beginnend mit dem h¨ ochsten Wasserstand): Tiefe T 13m 11m 9m

6h

12h

Zeit t

Abb. 1.66 Verlauf des Wasserstands.

Als Sinus-f¨ ormige Schwingung mit Amplitude 2 m um 11 m und einer Periode von 12 h ist bei dieser Modellierung   2π ·t . T (t) = 11 m + 2 m · sin 12 h 2π ¨ alt man beispielsweise aus der Uberlegung heraus, (Den Faktor 12 h erh¨ dass das Argument der Sinus-Funktion von 0 bis 2π variieren muss, wenn t zwischen 0 und 12 h variiert.)

b) Es gilt   2π T (t) ≥ 12 m ⇔ 11 m + 2 m · sin · t ≥ 12 m 12 h     1 2π π · t ≥ 1 m ⇔ sin ·t ≥ . ⇔ 2 m · sin 12 h 6h 2 Betrachtet man den Sinus-Halbbogen im y Interval [0, π], so sieht man: 1 hπ 1 πi 0.5 x ist sin x ≥ . ,π − f¨ ur x ∈ 6 6 2 π π 6
ur Also gilt sin 6πh · t ≥ 12 , also T (t) ≥ 12, f¨ Abb. 1.67 Bereich, in dem   sin x ≥ 12 ist. π π 5 t∈ , π ⇔ t ∈ [1 h; 5 h]. 6h 6 6 Damit ist der Wasserstand 4 Stunden lang mindestens 12m.

1.4 Modifikation von Funktionen

189

Aufgabe 1.4.8 a) Sei f (x) = 1.5 · cos(x − 2) und g(x) = −2 · sin(x + 1).

¨ Nutzen Sie die Additionstheoreme, um f (x) und g(x) als Uberlagerung von Sinus- und Cosinus-Funktionen darzustellen, also in der Form c · cos(x) + d · sin(x).

Verifizieren Sie mit Hilfe eines Funktionsplotters, dass Ihre Darstellungen wirklich den urspr¨ unglichen Funktionen entsprechen. b) Sei f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x). Gesucht sind r und ϕ, so dass gilt: f (x) = r · cos(x − ϕ).

(∗)

1) Nutzen Sie einen Funktionsplotter, um r und ϕ approximativ zu bestimmen. 2) Welche Bedingungen m¨ ussen r und ϕ erf¨ ullen, damit (∗) gilt (Tipp: Additionstheorem)? Wie kann man diese Bedingungen geometrisch interpretieren (Tipp: Kreis)? Welche Werte f¨ ur r und ϕ sind die exakten?

Lo ¨sung: a) Mittels der Additionstheoreme (s. Satz 1.1.55, 3.) erh¨alt man 1.5 · cos(x − 2) = 1.5 · (cos x · cos 2 + sin x · sin 2) = 1.5 · cos 2 · cos x + 1.5 · sin 2 · sin x ≈ −0.62 · cos x + 1.36 · sin x und −2 · sin(x + 1) = −2 · (sin x · cos 1 + cos x · sin 1) = −2 · sin 1 · cos x + (−2) · cos 1 · sin x ≈ −1.68 · cos x − 1.08 · sin x

¨ Ein Funktionsplotter zeigt als entsprechende Uberlagerung tats¨achlich eine verschobene und skalierte Cosinus- bzw. Sinus-Funktion an, die der urspr¨ unglichen Funktion entspricht, s. Abb. 1.68.

A171

190

1 Funktionen f (x)

g(x) 2

1.5 1

1

2π 1 −1

2

π

x

x π

1 −1

2π

Abb. 1.68 Funktionsgrafen zu f (x) = −0.62 · cos x + 1.36 · sin x links und g(x) = −1.68 · cos x − 1.08 · sin x rechts.

b)

f (x)

1) An dem in Abb. 1.69 dargestellten Funktionsgraf sieht man, dass die Funktion eine verschobene skalierte Cosinus-Funktion ist. Als Verschiebungs- und Skalierungsparameter liest man ϕ ≈ 1 und

r ≈ 3.5

3 2 1

x π

1

−1

2π

Abb. 1.69 Funktionsgraf f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x).

zu

ab, also f (x) ≈ 3.5 · cos(x − 1).

2) Mit dem Cosinus-Additionstheorem (s. Satz 1.1.55, 3.) ist r · cos(x − ϕ) = r · (cos x · cos ϕ + sin x · sin ϕ)

= r · cos ϕ · cos x + r · sin ϕ · sin x.

Dies stellt die Funktion f dar, falls gilt r · cos ϕ = 2 und

r · sin ϕ = 3.

Der Punkt (r · cos ϕ, r · sin ϕ) liegt auf einem Kreis mit Radius r und Winkel ϕ von der positiven horizontalen Achse aus gesehen. Damit auf diese Weise der Punkt (2, 3) beschrieben wird, muss entsprechend Abb. 1.70 r2 = 22 + 32 = 13, 3 b

also r =

√ 13 ≈ 3.61

sein, und ϕ = arctan

r r

ϕ 2

3 ≈ 0.98. 2

Abb. 1.70 Darstellung in der Form r · cos(ϕ).

2

Komplexe Zahlen

2.1 Grundlagen

Aufgabe 2.1.1 Sei z1 = 2 + j und z2 = j. Stellen Sie a) z1 + z2 ,

A201

b) z1 − z2 ,

c) z1 · z2 .

zeichnerisch dar und berechnen Sie die Werte.

Lo ¨sung:

Im z (2 + j) · j

Rechnerisch ist a) (2 + j) + j = 2 + 2j, b) (2 + j) − j = 2, c) (2 + j) · j = 2j + j

2j

(2 + j) + j

j

2+j (2 + j) − j

2

1

= −1 + 2j.

Zeichnerisch erh¨ alt man die Ergebnisse (s. Abb. 2.1)

2 Re z

Abb. 2.1 Zeiger in der Gaußschen Zahlenebene.

a) durch Aneinanderh¨ angen der Zeiger, b) indem der zu z2 = j gespiegelte Zeiger an z1 = 2 + j angeh¨angt wird, c) entspr. Bemerkung 2.1.3, indem die L¨angen der Zeiger multipliziert und die Winkel addiert werden. Da der Zeiger zu z2 = j die L¨ange 1 und einen Winkel von 90◦ besitzt, bedeutet dies gerade die Drehung des Zeigers zu z1 = 2 + j um 90◦ .

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_13

192

2 Komplexe Zahlen

Aufgabe 2.1.2 A202

Berechnen Sie die folgenden Werte, stellen Sie die Ausgangszahlen und das Ergebnis in der Gaußschen Zahlenebene dar und veranschaulichen Sie sich die geometrischen Zusammenh¨ ange. a) (−1 + 2j) + (2 − j),

b) 2 · (2 − j),

c) (−2 + 3j) · (1 + j),

d) ( 12 + 34 j) · (−2 − 4j).

L¨ osung: a) Es ist

Im z −1 + 2j

(−1 + 2j) + (2 − j)

2j j

= − 1 + 2 + 2j − j = 1 + j.

1+j Re z 1

Zeichnerisch erh¨ alt man das Ergebnis durch Aneinanderh¨ angen der Zeiger, s. Abb. 2.2. b) Es ist

Abb. 2.2 Addition. Im z

2 · (2 − j) = 4 − 2j.

1

−j

Der Zeiger wird auf die doppelte L¨ ange gestreckt, s. Abb. 2.3.

2 2−j

2

Re z

2−j 4 − 2j

−2j

Abb. 2.3 Vervielfachung.

c) Rechnerisch ist

Im z −2 + 3j

(−2 + 3j) · (1 + j)

= − 2 + 3j − 2j + 3j2 = − 2 + j + 3 · (−1)

2j −5 + j

j

1+j Re z

= − 5 + j.

1

2

Abb. 2.4 Multiplikation.

d) Rechnerisch ist   1 3 + j · (−2 − 4j) 2 4 3 = − 1 − 2j − j − 3j2 2 7 = − 1 − j − 3 · (−1) 2 7 = 2 − j. 2

Im z

j

1 2

+ 43 j 1 2 Re z

−2 − 4j

2 − 72 j

Abb. 2.5 Multiplikation.

2.1 Grundlagen

193

Bei c) und d) werden entsprechend Bemerkung 2.1.3 die L¨angen der Zeiger multipliziert und die Winkel addiert. Da die L¨ ange √ von 1 + j bei c) der Diagonale im Einheitsquadrat entspricht, also gleich 2 ≈ 1.5 ist, hat der Ergebniszeiger ungef¨ahr die eineinhalb-fache L¨ ange des Zeigers zu −2 + 3j. Bei d) ist die L¨ange von 12 + 43 j nahe bei 1, so dass das Ergebnis der Multiplikation ungef¨ahr die gleiche L¨ange wie der Zeiger zu −2 − 4j besitzt. Die Winkel addieren sich jeweils, wie Abb. 2.4 und Abb. 2.5 zeigen.

Aufgabe 2.1.3 Konstruieren Sie grafisch z1 + z2 , z1 − z2 und z1 ·z2 zu den markierten Punkten. a)

b)

Im z

Im z

z1

z1

j

j z2 1

1

Re z

Re z z2

L¨ osung: Die Addition geschieht durch Aneinanderh¨angen der Zeiger, bei Subtraktion muss der Zeiger zu z2 vorher gepiegelt werden. Bei der Multiplikation werden die L¨ angen der Zeiger multipliziert und die Winkel addiert. Die L¨ angen und Winkel kann man dabei beispielsweise mit einem Geodreieck ausmessen. Bei b) ist bei der Multiplikation zu beachten, dass der Winkel zu z2 negativ gerechnet wird, also von dem zu z1 abzuziehen ist. Dabei erh¨alt man auf Grund der speziellen Lage genau eine senkrechte Richtung, d.h., das Produkt z1 · z2 ist rein imagin¨ ar. a)

z1 − z2 z1 · z2

Im z

b)

Im z b

z1

z1 + z2

b

z1 · z2

z1 − z2 b

b

z1 b

z2 1

2j

b

z1 + z2 1

Re z

Re z z2

Abb. 2.6 Rechenoperationen in der Gaußschen Zahlenebene.

A203

194

2 Komplexe Zahlen

Aufgabe 2.1.4 Geben Sie Re z, Im z, z ∗ und |z| an zu a) z = 3 − 2j,

b) z = 1 + j,

c) z = 2j,

d) z = −1.

Visualisieren Sie die Gr¨ oßen.

L¨ osung: Im z

a) Zu z = 3 − 2j ist

j

     

Re z

      

Re z = 3, Im z = −2,

          1

    

Im z

Re z

          

z ∗ = 3 + 2j, p √ |z| = 32 + (−2)2 = 13.

|z|

b

Abb. 2.7 z = 3 − 2j. Im z j  |z|

 

b) Zu z = 1 + j ist Re z = 1,

Im z



 

1 Re z

Re z

b

z∗

Abb. 2.8 z = 1 + j. Im z

z  b  

|z| j

Re z = 0,

 

b

Im z Re z 1

z∗

Abb. 2.9 z = 2j.

d) Zu z = −1 ist

Im z j

b

 

|z|

z = z∗

   

Re z = −1, Im z = 0, z ∗ = −1, p (−1)2 + 02 = 1. |z| =



z b

−j

c) Zu z = 2j ist

Im z = 2, z ∗ = −2j, p |z| = 02 + 22 = 2.





Im z = 1, z ∗ = 1 − j, p √ |z| = 12 + 12 = 2.

z∗ b

   

A204

-1 Re z

Re z 1

Abb. 2.10 z = −1.

z

2.1 Grundlagen

195

Aufgabe 2.1.5 Zeigen Sie f¨ ur beliebige z1 , z2 ∈ C:

A205

z1 ∗ · z2 ∗ = (z1 · z2 )∗ .

L¨ osung: Es sei z1 = a + bj

und

z2 = c + dj

mit a, b, c, d ∈ R.

Dann ist z1 ∗ = a − bj und z2 ∗ = c − dj, also z1 ∗ · z2 ∗ = (a − bj) · (c − dj) = ac − adj − bcj + bdj2 = ac − bd − (ad + bc)j

und z1 · z2 = (a + bj) · (c + dj) = ac + adj + bcj + bdj2 = ac − bd + (ad + bc)j

Also ist (z1 · z2 )∗ = (ac − bd + (ad + bc)j)∗ = ac − bd − (ad + bc)j = z1 ∗ · z2 ∗ . Aufgabe 2.1.6 Sei z1 = 1 + 2j und z2 = −3 + 5j.

Berechnen Sie z1 + z2 sowie z1 · z2 und verifizieren Sie |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |

sowie

|z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |.

L¨ osung: Es ist z1 + z2 = (1 + 2j) + (−3 + 5j) = 1 − 3 + 2j + 5j = −2 + 7j und z1 · z2 = (1 + 2j) · (−3 + 5j) = −3 + 5j − 6j + 10j2 = −13 − j. Als Betr¨ age erh¨ alt man

A206

196

2 Komplexe Zahlen |z1 |

=

|z2 |

=

p

p

p

|z1 + z2 | =

12 + 22 (−3)2 + 52 (−2)2 + 72

√ 5 ≈ 2.24, √ = 34 ≈ 5.83, √ = 53 ≈ 7.28, =

so dass die Dreiecksungleichung |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | erf¨ ullt ist: 7.28 ≤ 2.24 + 5.83. Ferner ist |z1 · z2 | =

p

132 + 12 =

√ √ √ √ 170 = 5 · 34 = 5 · 34 = |z1 | · |z2 |.

Aufgabe 2.1.7 A207

Sei z = 1 + j. a) Berechnen Sie |z n |, n = 1, 2, . . . , 8.

b) Stellen Sie z, z 2 , z 3 , . . ., z 8 in der Gaußschen Zahlenebene dar. L¨ osung: a) Aus |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 | (siehe Satz 2.1.9, 1.) folgt durch mehrfache Anwendung |z n | = |z · . . . · z| = |z| · . . . · |z| = |z|n , √ √ also mit z = 1 + j und |z| = 12 + 12 = 2: p √ n n |z|n = 12 + 12 = 2 ,

konkret

√ 2, |z 2 | = 2, |z 3 | = 2 2, √ √ |z 5 | = 4 2, |z 6 | = 8, |z 7 | = 8 2,

|z| =

√

|z 4 | = 4, |z 8 | = 16.

b) Der Winkel zwischen z und der reellen Achse betr¨agt 45◦ . Bei z 2 wird er verdoppelt, betr¨ agt also 2 · 45◦ = 90◦ ,

Bei z 3 wird er verdreifacht, betr¨ agt also 3 · 45◦ = 135◦ , u.s.w..

Die angen von z n wurden schon in a) berechnet. Der zus¨atzliche Faktor √ L¨ 2 tritt dabei immer bei den ungeraden Potenzen von z auf, √ also bei den Zahlen, die in diagonale Richtung zeigen. Eine L¨ange von 2 · c entspricht dabei genau der Diagonalen in einem Quadrat mit Seitenl¨ange c, so dass man die Punkte gut einzeichnen kann:

2.1 Grundlagen

197

Im z z3 b

j

z4 b

z2 b

b

z b

z8

1

b

z5

Re z

−4j

z6

−8j b

z7 b

Abb. 2.11 z, z 2 , z 3 , . . ., z 8 in der Gaußschen Zahlenebene.

Aufgabe 2.1.8 a) Berechnen Sie

1 z

und visualisieren Sie die Ergebnisse zu

1) z = 3 + 4j,

A208

2) z = 1 − j,

3) z = 2j.

b) Berechnen Sie 1)

2+j , 3 + 4j

2)

j , 1 − 2j

3)

4 + 2j , 2+j

4)

1 + 3j . j

L¨ osung: a) Entsprechend Bemerkung 2.1.16, 1., geschieht die Berechnung von durch Erweiterung mit z ∗ :

1 z

jeweils

3 − 4j 3 − 4j 3 − 4j 3 4 1 = = 2 = = − j, 3 + 4j (3 + 4j)(3 − 4j) 3 + 42 25 25 25 1 1+j 1+j 1 1 2) = = = + j, 1−j (1 − j)(1 + j) 1+1 2 2 1 j 1 1 = · = − j. 3) 2j 2 j2 2 1)

Im z 4j b

z z

1 z

j

j b

j

1

3 b

1 z

Im z

Im z

Re z

−j

Re z b

b

z

Abb. 2.12 z und

b

1 . z

1 z

1 Re z

198

2 Komplexe Zahlen Abb. 2.12 visualisiert die Ergebnisse. Man erkennt jeweils entspr. Bemerkung 2.1.16, 2., den komplement¨ aren Winkel bei z1 (an der reellen Achse gespiegelt) und die inverse L¨ ange.

b) Die Berechnung bei 1) und 2) geschieht wieder durch Erweiterung mit der konjugiert komplexen Zahl: 1)


2+j (2 + j)(3 − 4j) 1 = = 6 − 8j + 3j − 4j2 2 2 3 + 4j 3 +4 25

1 (6 + 4 − 5j) 25
j j(1 + 2j) 1 2 2) = = j + 2j2 = − + 2 2 1 − 2j 1 +2 5 5 =

=

2 1 − j, 5 5

1 j. 5

Bei 3) und 4) k¨ onnte man auch mit der konjugiert komplexen Zahl erweitern. Bei 3) kommt man aber durch genaues Hinschauen schneller zum Ziel (der Z¨ ahler ist das doppelte des Nenners), bei 4) kann man die einzelnen Summanden des Z¨ ahlers durch j teilen und 1j = jj2 = −j nutzen: 2 · (2 + j) 4 + 2j = = 2, 2+j 2+j 1 + 3j 1 4) = + 3 = −j + 3 = 3 − j. j j

3)

2.2 Eigenschaften

Aufgabe 2.2.1 A209

Gesucht sind die L¨ osungen z 2 = w zu w = 3 + 4j. a) Visualisieren Sie w und die ungef¨ ahre Lage einer L¨osung z in der komplexen Zahlenebene. Berechnen Sie z, indem Sie ausnutzen, wie der Winkel (zur positiven xAchse) und der Betrag von z mit den entsprechenden Gr¨oßen von w zusammenh¨ angen. (Nutzen Sie einen Taschenrechner.) Wie lautet die andere L¨ osung? b) Berechnen Sie die L¨ osungen durch einen Ansatz z = a + bj, a, b ∈ R.

2.2 Eigenschaften

199

L¨ osung: a) F¨ ur den Zeiger zu einer L¨ osung z muss der Winkel ϕ zwischen dem Zeiger zu w und der positiven reellen Achse halbiert werden. Die L¨ ange des Zeigers zu z ist die Wurzel aus p √ |w| = 32 + 42 = 25 = 5, √ also 5 ≈ 2.24.

Im z 4j

Wegen ϕ = arctan 34 erh¨ alt man Re z = Im z =

√

5 · cos

b

j

ϕ

4 1 · arctan ) = 2, 2 3

√ 1 4 5 · sin · arctan ) = 1, 2 3

b

w

z

3 Re z Abb. 2.13 w und z mit z 2 = w.

also z = 2 + j. Die andere L¨ osung ist dann −z = −2 − j. b) Der Ansatz z = a + bj, a, b ∈ R f¨ uhrt zu 3 + 4j = z 2 = (a + bj)2 = a2 + 2a · bj + (bj)2 = a2 − b2 + 2abj.

Vergleich von Real- und Imagin¨ arteil f¨ uhrt zu a 2 − b2 = 3

und

2ab = 4.

Aus der zweiten Gleichung erh¨ alt man b = Gleichung eingesetzt, f¨ uhrt zu  2 2 = 3 a − a 2

⇔

a4 − 4 = 3a2

4 2a

⇔

=

2 a;

dies in die erste

(a2 )2 − 3a2 − 4 = 0.

Die quadratische Gleichung x2 − 3x − 4 = 0 hat die L¨osungen −1 und 4, so dass sich a2 = −1 (was keine L¨ osung a ∈ R besitzt) oder a2 = 4 ergibt, 2 also a = ±2 und damit b = a = ±1.

L¨ osungen sind also z = ±(2 + j). Aufgabe 2.2.2

Zerlegen Sie die folgenden Polynome in Linearfaktoren a) z 2 + 2z + 5,

b) z 3 + jz 2 + 2j

(Tipp: z = j ist eine Nullstelle.).

A210

200

2 Komplexe Zahlen

L¨ osung: a) Man erh¨ alt die Nullstellen mit der p-q-Formel, die auch bei komplexen Zahlen gilt (s. Bemerkung 2.2.2, 4.): √ 2 p z = − ± 12 − 5 = −1 ± −4 = −1 ± 2j. 2

Daraus folgen als Liniearfaktoren:

z 2 + 2z + 5 = (z − (−1 + 2j)) · (z − (−1 − 2j)) . b) Durch Polynomdivision mit (z − j) erh¨alt man:
z 3 + jz 2 + 2j : (z − j) = z 2 + 2jz − 2
− z 3 − jz 2 2jz 2
− 2jz 2 + 2z

− 2z + 2j −(−2z + 2j) 0

und aus dem Ergebnis die restlichen Nullstellen mit der p-q-Formel: s  2 √ 2j 2j − (−2) = −j ± −1 + 2 = −j ± 1. z = − ± 2 2 Damit ist die Linearfaktorzerlegung: z 3 + jz 2 + 2j = (z − j) · (z − (1 − j)) · (z − (−1 − j)) . Aufgabe 2.2.3 A211

Zerlegen Sie p(z) = z 4 − 6z 2 + 25 in das Produkt zweier im Reellen nullstellenfreier quadratischer Polynome. Nutzen Sie dazu die biquadratische Struktur, um die (komplexen) Nullstellen von p zu ermitteln (Tipp: s. Aufgabe 2.2.1), und fassen Sie Linearfaktoren zu zueinander konjugiert komplexen Nullstellen zusammen.

L¨ osung: Nach der p-q-Formel erh¨ alt man Nullstellen von p(z) = (z 2 )2 − 6z 2 + 25, falls s  2 √ −6 6 z2 = − ± − 25 = 3 ± −16 = 3 ± 4j. 2 2

2.2 Eigenschaften

201

Nach Aufgabe 2.2.1 gilt z 2 = 3 + 4j f¨ ur z = ±(2 + j). 2

Um L¨ osungen zu z = 3 − 4j zu erhalten, kann man sich u ¨berlegen, dass bei z 2 = w bzgl. der konjugiert komplexen Zahlen gilt ∗

z ·z

∗

= (z · z)

∗

2 ∗

= (z )

= w

Im z

w

4j b

z

j

∗

gilt, was auch anschaulich klar ist (s. Abb. 2.14). b

b

3 Re z z∗

Wegen 3 − 4j = (3 + 4j)∗ sind also z = (±(2 + j))∗ = ±(2 − j)

b

L¨ osungen zu z 2 = 3 − 4j.

w∗

Abb. 2.14 L¨ osungen z 2 = w und (z ∗ )2 = w∗ .

Mit den gefundenen vier Nullstellen ist



p(z) = z − (2 + j) · z − (−(2 + j)) · z − (2 − j) · z − (−(2 − j))



= z − (2 + j) · z − (−2 − j) · z − (2 − j) · z − (−2 + j) .

Fasst man jeweils die Linearfaktoren zu den konjugiert komplexen Nullstellen 2 ± j und −2 ± j zusammen, so erh¨ alt man wegen (z − z0 ) · (z − z0 ∗ ) = z 2 − (z0 + z0 ∗ ) · z + z0 · z0 ∗ = z 2 − 2 · Re (z0 ) · z + |z0 |2 ,

dass gilt p(z) = = =

z 2 − 2 · Re (2 + j) · z + |2 + j|2





· z 2 − 2 · Re (−2 + j) · z + | − 2 + j|2

z 2 − 4z + (12 + 22 ) · z 2 − (−4)z + (12 + 22 )

z 2 − 4z + 5 · z 2 + 4z + 5 .

Aufgabe 2.2.4 F¨ uhren Sie eine komplexe Partialbruchzerlegung von −2x2 − 3 f (x) = x3 + x durch. Zerlegen Sie dazu den Nenner komplett in Linearfaktoren und f¨ uhren Sie eine Partialbruchzerlegung entsprechend dieser Linearfaktoren durch. Was erh¨ alt man, wenn man die Partialbr¨ uche zueinander konjugiert komplexer Polstellen zusammenfasst? (Vgl. Aufgabe 1.1.21,d))

A212

202

2 Komplexe Zahlen

L¨ osung: Eine Zerlegung des Nenners in (komplexe) Linearfaktoren ist x3 + x = x · (x2 + 1) = x · (x + j) · (x − j). Der Ansatz zur Partialbruchzerlegung lautet daher f (x) =

−2x2 − 3 A B C = + + . x · (x + j) · (x − j) x x+j x−j

Bringt man die Partialbr¨ uche wieder auf einen Hauptnenner, so erh¨alt man als Z¨ ahler A · (x + j) · (x − j) + B · x · (x − j) + C · x · (x + j).

(∗)

Einsetzen von x = 0 in die Z¨ ahler bringt −3 = A · j · (−j) + 0 + 0 = A. Einsetzen von x = −j in den urspr¨ unglichen Z¨ahler bringt −2 · (−j)2 − 3 = −2 · j2 − 3 = −2 · (−1) − 3 = 2 − 3 = −1 und bei (∗): 0 + B · (−j) · (−j − j) + 0 = B · j · 2j = −2B, also −1 = −2B und damit B = 12 .

Einsetzen von x = j in den urspr¨ unglichen Z¨ahler ergibt wieder −1 und bei (∗) 0 + 0 + C · j · (j + j) = C · j · 2j = −2C, also auch −1 = −2C und damit C = 21 .

Damit ist

f (x) =

1 1 −3 + 2 + 2 . x x+j x−j

Die beiden rechten Partialbr¨ uche zusammmengefasst ergeben 1 2

x+j

+

1 2

x−j

=

− j) + 21 (x + j) x = 2 . (x + j) · (x − j) x +1

1 2 (x

Damit erh¨ alt man die reelle Partialbruchzerlegung wie bei Aufgabe 1.1.21,d): f (x) =

x −3 + 2 . x x +1

2.2 Eigenschaften

203

Aufgabe 2.2.5 Zur Funktion f : C → C, f (z) = z1 wird die Menge G = {z ∈ C| Im z = 1} und deren Bildmenge M = f (G) = { z1 | Im z = 1} betrachtet. a) Zeichnen Sie G und berechnen Sie einige Punkte aus M .

Markieren Sie diese Punkte in der Gaußschen Zahlenebene. b) Zeigen Sie, dass die Menge M auf einem Kreis um − 21 j mit Radius

1 2

liegt.

L¨ osung: a) Beispielsweise sind j, 1 + j, −1 + j ∈ G. Dazu ist

f (j) =

Im z b

b

b

G

j

1 = −j, j 1 1−j = 1+j 2 1 1 = − j, 2 2

−1

f (1 + j) =

f (−1 + j) =

bX

Xb

Xb

1

Re z

−j

Abb. 2.15 Die Mengen G und f (G).

−1 − j 1 1 1 = = − − j. −1 + j 2 2 2

F¨ ur z = a + j ∈ G mit immer gr¨ oßer werdendem a wird |z| immer gr¨oßer, aher bei 0. also liegt z1 immer n¨
b) Zu zeigen ist, dass f¨ ur alle w ∈ M gilt w − − 12 j = 21 . Dazu betrachtet man ein beliebiges w = z1 mit z = a + j und rechnet   1 − − 1 j = 1 + 1 j = 2 + (a + j) · j = 1 + aj z 2 a+j 2 (a + j) · 2 2 · (a + j) 1| Nutzt man nun zz21 = |z alt man weiter |z2 | (s. Satz 2.1.17), so erh¨ √   1 1 + a2 1 |1 + aj| − −1j = √ = = . z 2 2 |2 · (a + j)| 2 2· a +1

Bemerkung:

Durch die Abbildung z 7→ z1 wird in der Gaußschen Zahlenebene jede Gerade auf einen Kreis durch den Ursprung abgebildet. Umgekehrt werden Kreise durch den Ursprung auf Geraden abgebildet, s. auch Aufgabe 2.3.8. Die Bildmenge zu Kreisen, die den Ursprung nicht enthalten, sind wieder Kreise.

A213

204

2 Komplexe Zahlen

2.3 Polardarstellung

Aufgabe 2.3.1 A214

a) Markieren Sie die folgenden Zahlen in der Gaußschen Zahlenebene: π

π

z1 = 2 e 3 j ,

z2 = 3 e − 4 j ,

3

z3 = 0.5 eπj ,

z4 = 1.5 e 4 πj .

b) Wie lautet (ungef¨ ahr) die Polardarstellung der markierten Zahlen? (Nutzen Sie Lineal und Geodreieck!) Im z z2 b b

z1

j

b

1

Re z

z4 z3 b

L¨ osung:

Im z

a) Aus der Polardarstellung kann man direkt die Winkel (zur positiven reellen Achse) und die Abst¨ ande zum Ursprung ablesen und damit die Punkte wie in Abb. 2.16 markieren: b

b

z1

z4 j b

z3

1

Re z

b z 2 Abb. 2.16 z1 bis z4 in der Gaußschen Zahlenebene.

b) Mit Hilfe eines Geodreiecks kann man die Winkel zur reellen Achse bestimmen: 132 35 π ≈ 0.61, z2 : ca. 132◦ = ˆ π ≈ 2.30, z1 : ca. 35◦ = ˆ 180 180 217 45 π z3 : ca. 217◦ = ˆ π ≈ 3.79, z4 : ca. − 45◦ = ˆ − π = − . 180 180 4 Mit entsprechend gemessenen L¨ angen ist z1 ≈ 3.4· e0.61j ,

z2 ≈ 3.0· e2.30j ,

z3 ≈ 2.6· e3.79j ,

π

z4 ≈ 0.7· e− 4 j .

2.3 Polardarstellung

205

Aufgabe 2.3.2 a) Stellen Sie die folgenden Zahlen in der Form a + bj, a, b ∈ R dar: √ π π z3 = 1.5 · e2j , z4 = 2 e − 4 j z1 = e j , z2 = 3 e 12 j ,

A215

b) Berechnen Sie die Polardarstellung zu z1 = j,

z2 = 2 + 3j,

z5 = 1 + 2j,

z6 = −1 + 2j,

z3 = −2,

z4 = 2 − j,

z7 = 1 − 2j,

z8 = −1 − 2j.

(Nutzen Sie (wo n¨ otig) einen Taschenrechner.)

L¨ osung: a) Mit der Euler-Formel ejx = cos x + j · sin x

z3

Im z b

j b

z1 b

z2

(s. Satz 2.3.1) erh¨ alt man 1

z1 = e1·j = cos 1 + j · sin 1

z4

≈ 0.54 + 0.84j,

π π + j · 3 sin 12 12 ≈ 2.90 + 0.78j,

z2 = 3 · cos

Re z

b

Abb. 2.17 z1 bis z4 in der Gaußschen Zahlenebene.

z3 = 1.5 · cos 2 + 1.5 · j · sin 2 ≈ −0.62 + 1.36j,   1   1  √ 2 · cos − π + j · sin − π z4 = 4 4 r r ! √ 1 1 = 2· = 1 − j. −j· 2 2 b) Bei der Polardarstellung r · ejϕ ist r gleich dem Betrag der entsprechenden komplexen Zahl. Den Winkel ϕ erh¨ alt man durch den Arcus-Tangens bei Betrachtung der entsprechenden Verh¨altnisse von Real- und Imagin¨arteil. Je nach Lage des Punktes braucht man noch Symmetrie¨ uberlegungen, da arctan x ∈] − π2 , π2 [ ist (s. Bemerkung 2.3.6):

206

2 Komplexe Zahlen

π

z1 = 1 · e 2 j , √ 3 13 · earctan 2 ·j z2 =

Im z

≈ 3.61 · e0.98j ,

z1 = j

1 b

z6 =

√

z7 =

√

z8 =

√

5· e

≈ 2.24 · e

1.11j

Im z z6

b

j α

,

1

≈ 2.24 · e−1.11j ,

5 · e(π+α)j ≈ 2.24 · e4.25j .

z5

b

5 · e(π−α)j ≈ 2.24 · e2.03j , 5 · e−αj

z4

Abb. 2.18 z1 bis z4 in der Gaußschen Zahlenebene.

Die Punkte z5 bis z8 liegen in gewisser Weise symmetrisch, s. Abb. 2.19. Mit α := arctan 12 ≈ 1.11 gilt: z5 =

Re z

b

≈ 2.24 · e−0.46j .

αj

b

z3

z3 = 2 · eπj , √ 1 z4 = 5 · e− arctan 2 ·j

√

z2 b

z8 b

b

Re z

z7

Abb. 2.19 z5 bis z8 in der Gaußschen Zahlenebene.

Aufgabe 2.3.3 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) A216

a) Geben Sie die Polardarstellung von z1 = 1 − j an. π

b) Stellen Sie z2 = 2 · e 3 j in der Form a + bj, a, b ∈ R dar.

c) Berechnen Sie z1 · z2 und zz12 einerseits mittels der Polardarstellungen und andererseits mittels der Real-/Imagin¨arteil-Darstellungen.

L¨ osung: a) An der Lage von z1 in der Gaußschen Zahlenebene (s. Abb. 2.20) kann man direkt √ π z1 = 2 · e− 4 j ablesen.

1 45◦ = ˆ −j b

π 4

z1

Abb. 2.20 1 − j in der Gaußschen Zahlenebene.

b) Mit der Euler-Formel (s. Satz 2.3.1) und den wichtigen Werten der Sinusund Cosinus-Funktion (s. Bemerkung 1.1.54, 2.) ist √  1  √ π π 3 = 2· = 1 + 3j. +j· z2 = 2 · cos + j · sin 3 3 2 2 c) F¨ ur z1 · z2 ergibt sich mittels der Real-/Imagin¨arteil-Darstellungen

2.3 Polardarstellung (1 − j) · (1 +

207 √ √ √ √ √ 3j) = 1 − j + 3j − 3j2 = (1 + 3) + ( 3 − 1) · j

und mit den Polardarstellungen √

√ √ π π π
π π
2 · e− 4 j · 2 · e 3 j = 2 · 2 e( 3 − 4 )j = 2 · 2 · e+ 12 j .

F¨ ur zz21 ergibt sich mittels der Real-/Imagin¨arteil-Darstellungen durch Erweiterung mit der konjugiert komplexen Zahl √ √ √ 1−j (1 − j)(1 − 3j) 1 − j − 3j + 3j2 √ = = 1+3 4 1 + 3j √ √ 1− 3 1+ 3 − j = 4 4 und mit den Polardarstellungen √ √ π 7 2 · e− 4 j 2 (− π4 − π3 )j 1 = ·e = √ · e− 12 πj . π j 2 2 · e3 2 Aufgabe 2.3.4 Berechnen Sie mittels der Polardarstellungen die L¨osungen z von z 2 = w mit a) w = 3 + 4j (nutzen Sie einen Taschenrechner; vgl. Aufgabe 2.2.1), 3

b) w = 4 · e 4 πj .

Lo ¨sung: Entsprechend 2.3.7, 4., gilt bei einer Polardarstellung w = r · ej·ϕ √ Bemerkung j· ϕ 2 f¨ ur z = ± r · e 2 , dass z = w ist. a) Die Polardarstellung von w ist p 4 32 + 42 · earctan 3 j ≈ 5 · e0.927j . w = L¨ osungen zu z 2 = w sind also √ 0.927 z ≈ ± 5 · e 2 j ≈ ±2.236 · e0.464j

= ±2.236 · (cos(0.464) + j · sin(0.464)) ≈ ±(2 + j · 1).

w

Im z

j

b

b

1

Re z

b

Abb. 2.21 Die L¨ osungen zu z 2 = w.

A217

208

2 Komplexe Zahlen

b) Da w schon in Polarkoordinaten angegeben ist, kann man die L¨ osungen zu z 2 = w direkt hinschreiben: √ 3 3 z = ± 4 · e 8 πj = ±2 · e 8 πj .

Im z b

w b

z1

j

3

W¨ ahrend z1 = 2· e 8 πj die Polardarstellung der 3 einen L¨ osung ist, ist z2 = −2 · e 8 πj wegen des negativen Faktors keine Polardarstellung; eine Polardarstellung von z2 erh¨ alt man, indem man den Winkel von z1 um π erh¨ oht: z2 = 2 · e

( 38 π+π)j

= 2· e

11 8 πj

.

1

Re z

b

z2 Abb. 2.22 Die L¨ osungen zu z 2 = w.

Aufgabe 2.3.5 A218

a) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 3 = 1 an. (Tipp: Sie k¨ onnen die L¨ osungen als Nullstellen von p(z) = z 3 −1 wie u ¨blich oder u ¨ber die Polardarstellung bestimmen.) b) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 4 = 1 an. c) Geben Sie alle L¨ osungen zu z 5 = 1 an.

L¨ osung: a) M¨ oglichkeit 1: Offensichtlich ist z = 1 eine Nullstelle von p(z) = z 3 − 1. Durch Polynomdivision oder mit dem Horner-Schema erh¨alt man p(z) = z 3 − 1 = (z − 1) · (z 2 + z + 1). Durch das Restpolynom z 2 + z + 1 ergeben sich die weiteren Nullstellen s  r √ 2 3 1 1 1 1 3 −1 = − ± − = − ± j. z = − ± 2 2 2 4 2 2 M¨ oglichkeit 2: In Polarkoordinaten ist f¨ ur z = r ejϕ
3 z 3 = r ejϕ = r3 ejϕ·3 .

Man erh¨ alt L¨ osungen zu z 3 = w also durch Dritte-Wurzel-Nehmen von |w| und Dritteln des Winkels von w. Da zu w = 1 der Betrag gleich Eins ist, haben auch alle L¨ osungen z den Betrag Eins. Zu den Darstellungen

j

Im z

b

b

1 Re z b

Abb. 2.23 Die L¨ osungen von z 3 = 1.

2.3 Polardarstellung

209

w = 1 = 1 · ej·0 = 1 · ej·2π = 1 · ej·4π erh¨ alt man durch Dritteln des Winkels L¨osungen 0

z = ej· 3 = ej·0 = 1, z = ej·

2π 3

= cos

√ 2π 2π 1 3 + j sin = − + j 3 3 2 2

und z = e

j· 4π 3

√ 4π 4π 1 3 = cos + j sin = − − j. 3 3 2 2

Weitere Darstellungen, z.B. w = 1 · ej·6π , w = 1 · ej·8π oder w = 1 · ej·(−2π) bringen wegen ejϕ = ej·(ϕ+2π) als L¨ osungen ej·

6π 3

= ej·2π = e0 ,

ej·

8π 3

= ej·

2π 3

ej·

oder

−2π 3

= ej·

4π 3

,

also keine neuen L¨ osungen. b) M¨ oglichkeit 1: L¨ osungen zu z 4 = 1 sind Nullstellen von p(z) = z 4 − 1 = (z 2 − 1) · (z 2 + 1) = (z − 1)(z + 1)(z − j)(z + j).

Also hat z 4 = 1 die L¨ osungen z = ±1 und z = ±j. M¨ oglichkeit 2:

Im z

In Polarkoordinaten ist f¨ ur z = r ejϕ
4 z 4 = r ejϕ = r4 ejϕ·4 .

j b

b

b

1 Re z

Man erh¨ alt L¨ osungen zu z 4 = w also durch Vierte-Wurzel-Nehmen von |w| und Vierteln des Winkels von w. Wie bei a) erh¨ alt man also zu den Darstellungen

b

Abb. 2.24 Die L¨ osungen von z 4 = 1.

w = 1 = 1 · ej·0 = 1 · ej·2π = 1 · ej·4π = 1 · ej·6π L¨ osungen 0

z = ej· 4 = ej·0 = 1, z = ej·

4π 4

= ej·π = −1,

z = ej·

2π 4

= ej· 2 = j,

z = ej·

6π 4

= ej·

weitere Darstellungen bringen nichts Neues.

π

3π 2

= −j;

210

2 Komplexe Zahlen

c) Der Ansatz, die L¨ osungen zu z 5 = 1 als Nullstellen von p(z) = z 5 − 1 zu bestimmen, f¨ uhrt hier nicht so einfach zum Ziel, da man nach Dividieren durch den Linearfaktor z −1 zur offensichtlichen L¨ osung z = 1 ein Polynom vom Grad 4 erh¨ alt, mit dem man nicht gut weiter arbeiten kann. Die Polardarstellung liefert entsprechend zu a) und b) L¨ osungen durch F¨ unfte-WurzelNehmen des Betrages und F¨ unfteln des Winkels.

Im z j b

b

b

1 Re z b b

Abb. 2.25 Die L¨ osungen von z 5 = 1.

Konkret sind die f¨ unf L¨ osungen z = 1,

z = ej·

2π 5

,

z = ej·

4π 5

,

z = ej·

6π 5

,

z = ej·

8π 5

.

Bemerkung: 2kπ

Die L¨ osungen zu z n = 1 sind entsprechend z = ej· n mit k = 0, 1, . . . , n − 1. Man nennt diese L¨ osungen n-te Einheitswurzeln. Sie bilden in der Gaußschen Zahlenebene ein gleichseitiges n-Eck im Einheitskreis. Aufgabe 2.3.6 A219

¨ a) Zeigen Sie: Jede Uberlagerung einer Cosinus- und Sinus-Funktion kann man darstellen als eine verschobene skalierte Cosinus-Funktion: c · cos(x) + d · sin(x) = r · cos(x − ϕ). F¨ ur die Parameter c, d, r und ϕ gilt dabei c + dj = r ejϕ . b) Nutzen Sie a), um b1) f (x) = 1.5 · cos(x − 2) in der Form f (x) = c · cos(x) + d · sin(x),

b2) f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x) in der Form f (x) = r · cos(x − ϕ)

darzustellen.

(Vgl. Aufgabe 1.4.8; Tipp zu b1): s. Aufgabe 2.3.2.) c) Welche Amplitude hat die durch f (x) = 3 cos(x) + 4 sin(x) dargestellte Schwingung?

L¨ osung: a) Nach dem Cosinus-Additionstheorem (s. Satz 1.1.55, 3., und Bemerkung 1.1.56, 3.) ist

2.3 Polardarstellung

211


r · cos(x − ϕ) = r · cos x cos ϕ + sin x sin ϕ = (r · cos ϕ) · cos x + (r · sin ϕ) · sin x. Findes man also r und ϕ mit r · cos ϕ = c

und

r · sin ϕ = d,

(∗)

so gilt die dargestellte Funktionsgleichung. Besitzt c + dj die Polardarstellung r ejϕ , so gilt c + dj = r · (cos ϕ + j sin ϕ) = r · cos ϕ + j · r · sin ϕ. Dies ist bei Betrachtung von Real- und Imagin¨arteil ¨aquivalent zu (∗). Alternative (ohne Verwendung der Additionstheoreme): Bei z = c + dj = r ejϕ ist z ∗ = c − dj = r e−jϕ . Damit ist einerseits
Re (z ∗ · ejx ) = Re (c − dj) · (cos x + j sin x)

= Re c · cos x + j · c · sin x − j · d · cos x + d · sin x = c · cos(x) + d · sin(x)




und andererseits
Re (z ∗ · ejx ) = Re r e−jϕ · ejx
= Re r · ej(x−ϕ)

= Re r · (cos(x − ϕ) + j sin(x − ϕ)) = r · cos(x − ϕ),




woraus die behauptete Gleichheit der Ausdr¨ ucke folgt. b1) In Aufgabe 2.3.2 wurde 1.5 · e2j ≈ −0.62 + 1.36j berechnet. Damit gilt nach a)

f (x) = 1.5 · cos(x − 2) ≈ −0.62 · cos(x) + 1.36 · sin(x). b2) In Aufgabe 2.3.2 wurde 2 + 3j ≈ 3.61 · e0.98j berechnet. Damit gilt nach a)

f (x) = 2 cos(x) + 3 sin(x) ≈ 3.61 · cos(x − 0.98). c) Entsprechend a) kann man die Funktion f darstellen als f (x) = r · cos(x − ϕ), wobei r ejϕ = 3 + √ 4j ist. Die Amplitude r ist also gleich dem Betrag von √ 3 + 4j, also gleich 32 + 42 = 25 = 5.

212

2 Komplexe Zahlen

Aufgabe 2.3.7 A220

a) Leiten Sie unter Zuhilfenahme von e3xj = ( exj )3 eine Darstellung von sin(3x) durch sin x und cos x her. b) Zeigen Sie, dass gilt cosh(jx) = cos x

und

sinh(jx) = j sin x.

L¨ osung: a) Es gilt einerseits e3xj = cos(3x) + j · sin(3x) und andererseits: e3xj =

exj


3

3

= (cos x + j · sin x) .

Ausmultiplizieren dieses Ausdrucks f¨ uhrt zu e3xj = cos3 x + 3 cos2 x · j · sin x + 3 · cos x · (j · sin x)2 + (j · sin x)3 = cos3 x − 3 cos x sin2 x + j(3 cos2 x sin x − sin3 x).

Durch Vergleich der Imagin¨ arteile folgt: sin 3x = 3 cos2 x sin x − sin3 x. b) Entsprechend der Definition der hyperbolischen Funktionen (s. Definition 1.1.64) und unter Verwendung der Euler-Formel (s. Satz 2.3.1) ist cosh(jx) = = = sinh(jx) = = =

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ejx + e−jx




(cos x + j sin x) + (cos x − j sin x) · (2 · cos x + 0) = cos x, ejx − e−jx




(cos x + j sin x) − (cos x − j sin x) · (0 + 2 · j sin x) = j · sin x.







2.3 Polardarstellung

213

Aufgabe 2.3.8 Sei z = 1 + ejϕ mit beliebigem ϕ. a) Zeigen Sie, dass (bei z 6= 0) f¨ ur w =

1 z

A221

gilt: Re w = 21 .

Tipp: Nutzen Sie die Euler-Formel und die Gesetze f¨ ur trigonometrische Funktionen.

b) Wo liegen die Punkte z f¨ ur beliebiges ϕ, wo die Punkte z1 ?

L¨ osung: a) Mit der Euler-Formel (s. Satz 2.3.1) und dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) ist 1 1 (1 + cos ϕ) − j sin ϕ = = jϕ 1+ e 1 + cos ϕ + j sin ϕ (1 + cos ϕ)2 + (sin ϕ)2 =

1 + cos ϕ − j sin ϕ 1 + cos ϕ − j sin ϕ = . 2 2 2 + 2 cos ϕ 1 + 2 cos ϕ + cos ϕ + sin ϕ | {z } =1

Damit erh¨ alt man Re

1 + cos ϕ 1 + cos ϕ 1 1 = = = . jϕ 1+ e 2 + 2 cos ϕ 2 · (1 + cos ϕ) 2

b) Die Menge {1 + ejϕ |ϕ ∈ R} stellt einen Kreis mit Radius Eins um die Zahl 1 dar. Da die Punkte z1 nach a) alle den Realteil 21 haben, liegen sie auf einer Geraden parallel zur imagin¨ aren Achse durch x = 21 . Im z

Im z

j

1+

ejϕ

j z 7→

1 z

b

1

1

Re z

Abb. 2.26 Der Kreis wird durch x 7→ 1 z

1 z

Re z

auf eine Gerade abgebildet.

Die Abbildung z 7→ bildet den Kreis (ohne Null) auf die Gerade ab, vgl. die Bemerkung am Ende der L¨ osung von Aufgabe 2.2.5.

3

Folgen und Reihen

3.1 Folgen

Aufgabe 3.1.1 Zeichnen Sie einige Folgenglieder zu den durch die folgenden Ausdr¨ ucke beschriebenen Folgen auf der Zahlengerade.   2n 1 n a) an = , , b) bn = (−1) · 1 + n+1 n   1 c) cn = sin n, d) dn = cos 2 − , n 2 1 en + , f) s0 = 0, sn+1 = sn + n . e) e1 = 1, en+1 = 2 en 2 Sind die Folgen konvergent? (Sie brauchen keine exakte Begr¨ undung anzugeben.)

L¨ osung: a)

n an

1 1

2 1.33..

3 1.5

4 1.6 b

0

1

6 1.71..

... ...

a2 a3 ...

a1 |

5 1.66..

b

b

b

b

b b b b b b b b b b b bbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

2

Die Folge (an )nǫN konvergiert gegen 2. b)

n bn

1 −2 b1 b

−2

2 1.5 b3b5 ... b

3 −1.33..

b b b b b bbbbbbbbb

−1

4 1.25

5 −1.2

| 0

Die Folge (bn )nǫN konvergiert nicht.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_14

bbbbbbb

1

6 1.16..

... ...

... b4 b2 bbbb b b b

b b

2

A301

216

c)

3 Folgen und Reihen n cn

1 0.84..

2 0.90.. c5

c4

bb

b

3 0.14..

4 5 6 −0.75.. −0.95.. −0.27..

c6 b

c1

c3

b b

b

−1

|

bb

... ...

bb

bb

bbb

b

c2 1

0

Die Folge (cn )nǫN konvergiert nicht. d)

n dn

1 0.54..

2 0.07..

3 4 5 6 −0.09.. −0.17.. −0.22.. −0.25.. d5 d4 d3

b b bbbbbb

bbbb b b b

b b

b

|

b

d6

−0.5

d2

d1

b

b

0

... ...

0.5

Die Folge (dn )nǫN konvergiert gegen cos(2). e)

n en

1 1

2 2.5

3 2.05

4 2.00..

5 2.00..

e1

6 2.00..

e3

e2

b

b

| b

bb

0

1

2

...

Die Folge (en )nǫN konvergiert gegen 2. f)

n sn

0 0

1 1

2 1.5

3 1.75

s0 s1 | 0 1 Die Folge (sn )nǫN0 konvergiert gegen 2. b

b

4 1.875 s2 b

5 1.9375

...

s3 s4s5 b

b

b

b b bb

2

Aufgabe 3.1.2 A302

Mit einer Konstanten c wird die Folge (an )n∈N rekursiv definiert durch a1 = 0

und

an+1 = a2n + c f¨ ur n ≥ 1.

a) Berechnen Sie f¨ ur verschiedene Werte von c, z.B. f¨ ur c = ±0.5, c = −1, c = −1.5, c = −2, c = −2.5, die ersten Folgenglieder.

b) Zeigen Sie: F¨ ur c >

1 4

ist die Folge (an )n∈N streng monoton wachsend.

Tipp: Es kann helfen, sich zu u ¨berlegen, dass die Funktion f (x) = x2 −x+c f¨ ur die betrachteten Werte c immer positiv ist. c) Zeigen Sie: Ist c ∈ [− 12 ; 41 ], und gilt |an | ≤ 12 , so ist auch |an+1 | ≤ 12 . ¨ Uberlegen Sie sich weiter, dass daraus folgt, dass die Folge f¨ ur c ∈ [− 12 ; 41 ] 1 beschr¨ ankt durch C = 2 ist.

3.1 Folgen

217

L¨ osung: a) Die folgende Tabelle zeigt jeweils den ungef¨ahren Wert der ersten sechs Folgenglieder: c

a1

a2

a3

a4

a5

a6

0.5 −0.5 −1 −1.5 −2 −2.5

0 0 0 0 0 0

0.5 −0.5 −1 −1.5 −2 −2.5

0.75 −0.25 0 0.75 2 3.75

1.06 −0.44 −1 −0.94 2 11.6

1.63 −0.31 0 −0.62 2 131.2

3.15 −0.40 −1 −1.11 2 17209

¨ b) Es gilt die Aquivalenz

an < an+1 = a2n + c

⇔

a2n − an + c > 0.

Um die strenge Monotonie der Folge zu zeigen, reicht es also, die rechte Ungleichung zu zeigen. Dazu reicht es, sich zu u ¨berlegen, dass die quadratische Funktion f (x) = x2 − x + c f¨ ur die betrachteten Werte c immer positiv ist. Dies sieht man, da sich nach der p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) Nullstellen s  r 2 1 1 1 1 −c = ± ± −c 2 2 2 4 ergeben, es also bei c > 41 keine reellen Nullstellen gibt. Die (nach oben ge¨ offnete) Parabel zu f muss also vollst¨andig oberhalb der x-Achse liegen. c) Ist |an | ≤ 21 , so ist a2n ∈ [0, 41 ]. Ist dann noch c ∈ [− 12 ; 41 ], so erh¨alt man bei Betrachtung der kleinst- und gr¨ oßt-m¨oglichen Werte: 1 1 an+1 = a2n + c ≥ 0 + (− ) = − , 2 2 1 1 1 2 + = , an+1 = an + c ≤ 4 4 2 also |an+1 | ≤ 12 .

Da man mit a1 = 0 beginnt, also |a1 | ≤ 12 ist, folgt mit obigem |a2 | ≤ 21 , ur alle n. Im Prinzip ist diese damit dann |a3 | ≤ 21 u.s.w., also |an | ≤ 12 f¨ ¨ Uberlegung eine sogenannte vollst¨ andige Induktion, die hier aber nicht weiter behandelt wird.

Bemerkung: Man kann die Folge auch mit komplexen Werten c betrachten. Die Menge aller c ∈ C, f¨ ur die die Folge beschr¨ ankt bleibt, nennt man Mandelbrot-Menge. Stellt man diese Menge in der Gaußschen Zahlenebene dar, ergibt sich das fraktale Bild des sogenannten Apfelm¨ annchens.

218

A303

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.1.3     1 2n Die Folgen und 1 + n konvergieren. n + 1 n∈N 2 n∈N

Stellen Sie jeweils eine Vermutung bzgl. des Grenzwertes a auf und geben Sie dann jeweils ein N an, so dass f¨ ur n ≥ N f¨ ur die Folgenglieder an gilt: |an − a|
N ist, da immer wieder bn = 1, also |bn − 0| = 1 auftritt.

c) Mit der gleichen Argumentation wie bei b) sieht man, dass die Folge (cn )nǫN nicht konvergiert. d) Die Folge (dn )nǫN konvergiert gegen 0. Sei n¨ amlich ε > 0 vorgegeben. Dann gilt f¨ ur große k:   1 1 .

k ε F¨ ur n > 10k ist dann dn = 0 oder dn = |dn − 0| < ε.

1 mit l > k; in jedem Fall gilt l

220

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.1.5 A305

a) Die Folge (an )n∈N erf¨ ulle an+1 = 21 an + 1. Welchen Grenzwert hat die Folge, falls sie konvergiert? b) Die Folge (an )n∈N mit a1 = 1,

an+1 =

an c + 2 2an

mit einem Parameter c ∈ R>0 konvergiert. (Das brauchen Sie nicht zu zeigen). Welchen Grenzwert hat die Folge? (Vgl. Aufgabe 3.1.1, e).)

L¨ osung: a) Sei a der Grenzwert der Folge, also a = lim an und auch a = lim an+1 . n→∞

n→∞

1 2 an

Wie bei Beispiel 3.1.15 erh¨ alt man aus an+1 = Grenz¨ ubergang n → ∞ 1 a+1 2

a =

1 a = 1 2

⇔

⇔

+ 1 damit durch

a = 2.

b) Sei a der Grenzwert der Folge, also a = lim an und auch a = lim an+1 . n→∞

Wie bei Beispiel 3.1.15 erh¨ alt man aus an+1 = Grenz¨ ubergang n → ∞

an 2

+

c 2an

n→∞

damit durch

c a + ⇔ 2a2 = a2 + c ⇔ a2 = c, 2 2a √ √ also a = + c oder a = − c. Da die Folgenglieder aber offensichtlich alle √ positiv sind, muss der Grenzwert a = + c sein. a =

Aufgabe 3.1.6 A306

Geben Sie den Grenzwert der folgenden Folgen in R ∪ {±∞} an.     2   3n 2n + 3 2n − 1 , b) , c) , a) 4n + 3 n∈N n2 − 3 n∈N 2 − n2 n∈N d) g)





n2 n+1



,

e)

n∈N

4n + 2 (3n − 1)2



, n∈N

h)





(n + 2)2 2n2 + 1



3n2 (2n + 1)2

, n∈N



, n∈N

 n3 − 3n2 + 1 , 1 − n2 n∈N   n(4n − 1)2 i) . (2n + 1)3 n∈N f)



3.1 Folgen

221

L¨ osung: Die Grenzwerte kann man mit Satz 3.1.19 angeben. Ggf. muss man sich (beispielsweise durch Ausmultiplizieren) u ¨berlegen, welchen Grad der Z¨ahler bzw. Nenner hat, und welchen Wert der f¨ uhrende Koeffizient besitzt. Die Grenzwerte sind: 2 1 a) = , 4 2

b)

d)

∞,

e)

g)

0,

h)

0, 1 , 2 3 3 = , 2 2 4

c)

2 = −2, −1

f)

− ∞,

i)

42 16 = = 2. 3 2 8

Aufgabe 3.1.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) Auf einer Geburtstagsfeier mit vielen G¨ asten soll eine Torte verteilt werden. Damit jeder etwas bekommt, legt der Gastgeber fest, dass jeder, der sich bedient, ein Zehntel dessen, was noch an Torte da ist, nehmen soll. Sei Rn der Anteil der Torte, der noch u ¨brig ist, nachdem sich der n-te Gast bedient hat. Geben Sie eine Formel f¨ ur Rn an.

L¨ osung: Der erste Gast nimmt ein Zehntel der Torte, also ist R1 =

9 . 10

9 1 · 10 . Damit verbleibt Der zweite Gast nimmt ein Zehntel vom Rest, also 10 ein Anteil    2 9 9 1 9 1 9 9 9 R2 = · . − · = 1− = · = 10 10 10 10 10 10 10 10

Entsprechend nimmt der dritte Gast ein Zehntel von R2 , also R3

1 = R2 − R2 = 10



1 1− 10



R2

9 = · 10

Man sieht, dass sich so f¨ ur den n-ten Gast ergibt:  n 9 Rn = . 10



9 10

2

=



9 10

3

.

A307

222

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.1.8 A308

Geben Sie jeweils reelle Folgen (an )n∈N und (bn )n∈N an, die n→∞

n→∞

a) an −→ 0 und bn −→ ∞ erf¨ ullen und f¨ ur die gilt 1) lim an bn = 3, n→∞ n→∞

2) lim an bn = −∞. n→∞

n→∞

b) an −→ ∞ und bn −→ ∞ erf¨ ullen und f¨ ur die gilt 1) lim (an − bn ) = 0,

2) lim (an − bn ) = 3,

3) lim (an − bn ) = ∞,

4) lim (an − bn ) = −∞.

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

L¨ osung: Hier gibt es viele verschiedene M¨ oglichkeiten. Beispielhafte L¨osungen sind: a) 1) an =

3 , n

1 2) an = − , n

bn = n,

b) 1) an = bn = n, 3) an = n2 ,

bn = n2 .

2) an = n + 3,

bn = n,

4) an = n,

bn = n,

bn = n2 .

Aufgabe 3.1.9 A309

Geben Sie die Grenzwerte (in R ∪ {±∞}) der folgenden Folgen an.  n   n   4 3 1 n 4 , , b) , c) n · a) 2n n∈N n3 n∈N 3 n∈N      √  1 n2 n √ d) √ , e) √ , f) , 3 n + 1 n∈N n + 1 n∈N 2n4 + n n∈N  2   
√ n + n · 2n 1 − 2n 3 n n∈N , h) g) , i) . 3n n3 + 1 n∈N n∈N

L¨ osung: Zu a) bis c): Entsprechend der Regel Exponentiell ist st¨arker als polynomial“ ” (s. Bemerkung 3.1.21) erh¨ alt man als Grenzwerte a) 0

b) ∞

c) 0.

F¨ ur die weiteren Grenzwerte gilt: d) Da der Nenner immer gr¨ oßer wird, ist der Grenzwert 0.

3.1 Folgen

223

e) In Potenzschreibweise ist der Z¨ ahler gleich n1/2 , der Nenner gleich n1/3 + 1. Wegen der gr¨ oßeren Potenz und damit des st¨arkeren Wachstums im Z¨ahler ist der Grenzwert +∞. f) F¨ ur das Wachstumsverhalten im Nenner ist der Summand +n“ unter der ” Wurzel Damit hat der Nenner ein Wachstumsverhalten √ vernachl¨ √ assigbar. 1 2 alt √2 als Grenzwert der Folge. wie 2n4 = 2 · n , und man erh¨ Formal kann man die Grenzwertberechnung durchf¨ uhren, indem man n4 2 aus der Wurzel ausklammert und dann n k¨ urzt: n2 n2 √ q = 2n4 + n n2 · 2 + g) Mit n w¨ achst auch

1 n3

√ 3 n gegen +∞.

= q

1 2+

1 −→ √ . 2

n→∞ 1 n3

h) Das polynomiale Wachstum n2 im Z¨ ahler ist gegen¨ uber n·2n vernachl¨assign = bar. Damit hat der ganze Bruch ein Wachstumsverhalten wie n·2 3n
n n · 23 , und da polynomiales Wachstum schw¨acher als exponentielle Konvergenz gegen Null ist, ist der Grenzwert gleich 0. Alternativ sieht man dies auch durch Aufspaltung des Bruchs:  n  n 2 1 n2 + n · 2n 2 + n · = n · n 3 3 3 n→∞

−→

0

+

0

= 0.

i) Der Z¨ ahler strebt exponentiell gegen −∞, das polynomiale Wachstum des Nenners kann das nicht bremsen, so dass sich als Grenzwert −∞ ergibt. Aufgabe 3.1.10 Bestimmen Sie die Grenzwerte von
√ √ n + 1 − n − 1 n∈N , a)

b)

√
n2 + n − n n∈N .

(Tipp: Formen Sie die Ausdr¨ ucke durch geschickte Erweiterung mittels der dritten binomischen Formel so um, dass Sie das Konvergenzverhalten klar erkennen k¨ onnen.)

L¨ osung: a) Eine Erweiterung mit

√

n+1+

√ n − 1 f¨ uhrt zu

A310

224

3 Folgen und Reihen √ √ √ √ √ √ ( n + 1 − n − 1) · ( n + 1 + n − 1) √ √ n+1− n−1 = n+1+ n−1 √ √ ( n + 1)2 − ( n − 1)2 √ √ = n+1+ n−1 n + 1 − (n − 1) √ = √ n+1+ n−1 2 √ = √ . n+1+ n−1

Der Nenner konvergiert offensichtlich gegen +∞, so dass der ganze Ausdruck gegen 0 konvergiert. √ uhrt zu b) Eine Erweiterung mit n2 + n + n f¨ √
√
p n2 + n − n · n2 + n + n 2 √ n +n−n = n2 + n + n √
2 n2 + n − n2 n2 + n − n2 √ = = √ n2 + n + n n2 + n + n n = √ . 2 n +n+n √ Da n2 + n das gleiche Wachstumsverhalten wie n hat, kann man hier den 1 = 12 ablesen. Man kann aber auch formal weiterrechnen: Grenzwert 1+1 1 n 1 1 n n→∞ √ = q −→ = . = q 2 1+1 2 n +n+n n 1 + n1 + n 1 + n1 + 1

3.2 Reihen

Aufgabe 3.2.1 A311

k . Berechnen Sie mit dem Taschenrechner einige Folgenglieder von 2k ∞ P ak . sowie die ersten Partialsummen sn der Reihe

Sei ak = (ak )k∈N

k=1

L¨ osung: Man erh¨ alt folgende Werte:

3.2 Reihen

225

k

=

1 | 2 | 3 | 4 | 5 | | | | 0.5 || 0.5 || 0.375 || 0.25 || 0.15625 | | | |

ak

=

s1

=

0.5

= 0.5,

s2

=

0.5 + 0.5

= 1,

s3

=

0.5 + 0.5 + 0.375

= 1.375,

s4

=

0.5 + 0.5 + 0.375 + 0.25

= 1.625,

s5

=

0.5 + 0.5 + 0.375 + 0.25 + 0.15625 = 1.78125,

u.s.w. Bemerkung: Man kann zeigen, dass die Folge der sn , also die Reihe

∞ P

ak gegen 2 konver-

k=1

giert. Aufgabe 3.2.2 Sei ak =

k . (Zur Erinnerung: k! := 1 · 2 · . . . · k.) (k + 1)!

A312

a) Berechnen Sie mit einem Taschenrechner einige Folgenglieder von (ak )k∈N ∞ P ak . sowie die ersten Partialsummen sn der Reihe k=1

1 1 − . b) Zeigen Sie: ak = k! (k + 1)!

c) Nutzen Sie die Darstellung aus b) zur Berechnung von

∞ P

ak .

k=1

L¨ osung: a) Man erh¨ alt folgende Werte: k

1 1 2!

ak

=

1 1·2

2 = 0.5

2 3!

=

2 1·2·3

3 ≈ 0.3333

3 4!

=

3 1·2·3·4

und damit die Partialsummen s1 = 0.5, s2 = 0.5 + 0.3333 = 0.8333, s3 = 0.5 + 0.3333 + 0.125 = 0.9583, u.s.w. b) Wegen (k + 1)! = 1 · 2 · . . . · k · (k + 1) = k! · (k + 1)

= 0.125

226

3 Folgen und Reihen ist der Hauptnenner der beiden Br¨ uche gleich (k + 1)! und man erh¨alt 1 durch Erweitern von mit (k + 1): k! 1 k+1 1 k+1 1 1 − = − = − k! (k + 1)! k! · (k + 1) (k + 1)! (k + 1)! (k + 1)! k+1−1 k = = ak . (k + 1)! (k + 1)!

=

c) Die n-te Partialsumme ist sn = a1 + a2 + . . . + an−1 + an . 1 1 − (k+1)! aus b) ergibt sich eine Teleskopsumme Mit der Darstellung ak = k! wie bei Beispiel 3.2.8:     1 1 1 1 sn = − + − + ... 1! (1 + 1)! 2! (2 + 1)!     1 1 1 1 + + − − (n − 1)! n! n! (n + 1)!     1 1 1 1 + + ... − − = 1! 2! 2! 3! | {z } | {z } =0 =0     1 1 1 1 + + − − (n − 1)! n! n! (n + 1)! | {z } | {z }

=

=0

1 1!

=0

−

1 (n + 1)!

Die Grenzwertbildung ergibt also ∞ X

ak =

k=1

lim sn =

n→∞

lim

n→∞



1 1− (n + 1)!



= 1 − 0 = 1.

Aufgabe 3.2.3 A313

Gegeben ist die Reihe 1 −

1 1 1 + − + −.... 3 9 27

a) Wie lauten die ak bei einer Darstellung der Summe als

∞ P

ak ?

k=0

b) Berechnen Sie den Reihenwert.

Lo ¨sung: a) Bei geradem k ergibt sich ein postitiver Summand, bei ungeradem ein negativer. Dieses Vorzeichenverhalten kann man durch (−1)k darstellen. Der Nenner durchl¨ auft 3er-Potenzen. Damit erh¨alt man

3.2 Reihen

227

ak

1 = (−1) · k = 3 k



1 − 3

k

.

b) Als geometrische Reihe (s. Satz 3.2.5) erh¨alt man: ∞ X

ak

k=0

k ∞  X 1 1 1
= = = − 1 3 1 + 1 − − 3 k=0

1 3

=

3 . 4

Aufgabe 3.2.4 Herr Mayer schließt einen Ratensparvertrag ab: Er zahlt zu Beginn jeden Jahres 1000e ein. Das Guthaben wird (mit Zinseszins) zu 4% verzinst. Welches Guthaben hat Herr Mayer nach 30 Jahren?

L¨ osung: Eine Einzahlung G = 1000e ergibt bei einer Verzinsung zum Zinssatz p = 0.04 mit Zinseszins nach n Jahren (s. Beispiel 3.1.1 oder Aufgabe 1.1.34) K = (1 + p)n · G. Die einzelnen Einzahlungen von Herrn Mayer kann man nun getrennt voneinander betrachten: Die Einzahlung aus dem ersten Jahr wird 30 Jahre verzinst: (1 + p)30 · G. Die Einzahlung aus dem zweiten Jahr wird 29 Jahre verzinst: (1 + p)29 · G. .. . Die Einzahlung aus dem 30-ten Jahr wird 1 Jahr verzinst: (1 + p)1 · G. Daraus folgt als Gesamtsumme S: S =

30 X

(1 + p)k · G = G ·

k=1

30 X

(1 + p)k .

k=1

Die Summe ist die Partialsumme einer geometrischen Reihe. Um die Formel aus Satz 3.2.5 anwenden zu k¨ onnen, bei der die Summation bei k = 0 und nicht – wie hier – bei k = 1 beginnt, kann man den Summanden zu k = 0 hinzuf¨ ugen und wieder abziehen: !   30 X 1 − (1 + p)31 k S = G· (1 + p) − 1 = G · −1 1 − (1 + p) k=0   (1 + p)31 − 1 = G· −1 . p Die konkreten Werte von G und p f¨ uhren zu S ≈ 58 328.34e.

A314

228

3 Folgen und Reihen

Aufgabe 3.2.5 A315

Berechnen Sie ∞  k X 1 a) , 3

∞ X 1 b) , 4n n=0

k=0

c)

∞ X

k

0.8 ,

k=1

∞  m X 1 d) . 2 m=2

(Zu c) und d) vgl. Aufgabe 3.2.6.)

L¨ osung: Bei a) und b) kann direkt die Formel zur Berechnung einer geometrischen Reihe (s. Satz 3.2.5) genutzt werden: ∞  k X 1 3 1 1 = . a) = 1 = 2 3 2 1 − 3 3 k=0   ∞ ∞ n X 1 X 1 1 4 = = = . b) 1 n 4 4 3 1− 4 n=0 n=0

Bei c) und d) beginnt die Summe nicht beim Index Null:

c) Die Summe beginnt bei k = 1. Dies kann man auf zwei verschiedene Weisen ∞ P 1 q k = 1−q auf die Standard“-Summe zur¨ uckf¨ uhren: ” k=0 M¨ oglichkeit 1:

Man kann den 0-ten Summanden hinzuf¨ ugen und wieder abziehen: ! ∞ ∞ X X k k 0.8 = 0.8 −1 k=1

k=0

=

1 1 −1 = − 1 = 5 − 1 = 4. 1 − 0.8 0.2

M¨ oglichkeit 2: Man kann 0.8 ausklammern, so dass man Summanden beginnend mit 0.81−1 = 0.80 erh¨ alt, und anschließend eine Indexverschiebung durchf¨ uhren: ∞ X

k=1

0.8k = 0.8 ·

∞ X

k=1

0.8k−1 = 0.8 ·

∞ X

0.8l

l=0

1 1 = 0.8 · = 4. = 0.8 · 1 − 0.8 0.2

d) Wie bei c) kann man die Summe auf zweierlei Arten zur¨ uckf¨ uhren auf eine Summe, die bei 0 beginnt: M¨ oglichkeit 1 (Hinzuf¨ ugen und Abziehen der ersten Summanden):

3.2 Reihen

229

∞  m ∞  m X X 1 1 1 = −1− 2 2 2 m=2 m=0

=

1 1−

1 2

−1−

1 1 1 = 2−1− = . 2 2 2

M¨ oglichkeit 2 (Ausklammern und Indexverschiebung):  2 X ∞  m ∞  m−2 X 1 1 1 = · 2 2 2 m=2 m=2  2 X ∞  n 1 1 = · 2 2 n=0  2  2 1 1 1 1 · ·2 = . = = 2 2 2 1 − 12 Aufgabe 3.2.6 Zeigen Sie, dass f¨ ur |q| < 1 gilt:

∞ X

qk =

k=k0

q k0 . 1−q

A316

L¨ osung: Wie bei Aufgabe 3.2.5, c) und d), gibt es zwei verschiedene M¨oglichkeiten zur Behandlung dieser Summe: M¨ oglichkeit 1: Man kann die f¨ ur die beim Index 0 beginnende Standard“-Summe ” lenden Summanden hinzuf¨ ugen und wieder abziehen: ∞ X

qk =

k=k0

∞ X

k=0

(∗)

1 + q + . . . + q k0 −1 =

∞ P

k=0

und die Partialsumme kX 0 −1 k=0

qk =

1 − q (k0 −1)+1 , 1−q

so dass aus (∗) weiter folgt

k=k0

q

k

q k feh-

k=0


q k − 1 + q + . . . + q k0 −1 .

Satz 3.2.5 liefert einen geschlossenen Ausdruck f¨ ur den Reihenwert

∞ X

∞ P

1 − 1 − q k0 1 − q k0 −1+1 1 − = = 1−q 1−q 1−q




=

q k0 . 1−q

qk =

1 1−q

230

3 Folgen und Reihen

M¨ oglichkeit 2: Man kann den in allen Summanden vorhandenen Faktor q k0 ausklammern. Dabei ist q k = q k0 +k−k0 = q k0 · q k−k0 . Statt bei der Summation den Index k von k0 bis unendlich laufen zu lassen, kann man l = k − k0 von 0 bis unendlich laufen lassen und erh¨alt mit dieser Indexverschiebung ∞ X

q

k

=

k=k0

∞ X

k=k0

q

k0

·q

k−k0

= q

k0

·

= q k0 ·

∞ X

q k−k0

k=k0 ∞ X l=0

ql

= q k0 ·

1 . 1−q

Aufgabe 3.2.7 A317

∞ P a) Visualisieren Sie die Partialsummen der Reihe ak mit den komplexen k=0
k Summanden ak = 21 j in der Gaußschen Zahlenebene und berechnen Sie den Reihenwert. ∞ ∞ X X (0.8 + 0.7j)l ? b) Was ergibt ( 12 + 21 j)n und n=0

l=0

L¨ osung: a) Die einzelnen Summanden sind
0 a0 = 12 j = 1,
1 1 a1 = 2 j = 21 j,
2 a2 = 12 j = − 14 ,
3 = − 18 j, a3 = 12 j
4 1 a4 = 12 j = 16 ,
1 5 1 a5 = 2 j = 32 j, u.s.w.

Im z j

s2 s3

s1 b

b

b b b

s4 b

1

s0 Re z

Abb. 3.1 Visualisierung der Partialsummen.

Die entsprechenden Partialsummen sn sind in Abb. 3.1 gekennzeichnet. Den Reihenwert kann man mit Satz 3.2.5 berechnen, der auch f¨ ur komplexe Werte f¨ ur q gilt:

3.2 Reihen

231

∞  k X 1 1 j = = 2 1 − 12 j k=0

1 + 12 j 1 + 21 j

=
2 1 − 21 j · 1 + 21 j 12 − 21 j   1 + 12 j 4 1 4 2 = = · 1 + j = + j. 5 5 2 5 5 4

b) Bei der Anwendung von Satz 3.2.5 ist zu beachten, dass |q| < 1 ist. Zu q =

Da

1 2

+ 21 j ist

1 1 |q| = + j = = 2 2

q

1 2

s  r  2 2 1 1 1 + = . 2 2 2

< 1 ist, konvergiert die geometrische Reihe und es ist

∞  X 1 l=0

1 + j 2 2

l

= =

Zu q = 0.8 + 0.7j ist

1 1−

1 2

+

1 2j


=

1 1 2 + 2j

2 1 2 + 21 2

=

1 2 1 2

1 − 12 j

+ 12 j 1 2

= 1 + j.

p √ 0.82 + 0.72 = 1.13. |q| = |0.8 + 0.7j| = √ Da 1.13 > 1 ist, divergiert die entsprechende geometrische Reihe. Aufgabe 3.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Miniland macht Schulden, dieses Jahr 1000 e. Von Jahr zu Jahr soll die Neuverschuldung auf 23 des Vorjahres reduziert werden. Wieviel Gesamtschulden macht Miniland?

L¨ osung: Seien an die Schulden, die im n-ten Jahr gemacht werden. Dabei bezeichne n = 0 das aktuelle Jahr. Dann gilt:

A318

232

3 Folgen und Reihen Schulden im aktuellen Jahr: a0 = 1000e 2 · 1000e, Schulden im n¨ achstes Jahr: a1 = 3    2 2 2 Schulden im Jahr darauf: a2 = · a1 = · 1000e, 3 3 3  2 2 = · 1000e, 3  3 2 2 Schulden im Jahr darauf: a3 = · 1000e, · a2 = 3 3 .. .  n 2 · 1000e. allgemein: an = 3

Die Gesamtschulden betragen also ∞ X

ak =

k=0

∞  k X 2

k=0

3

· 1000e = 1000e ·

1 1−

2 3

= 1000e · 3 = 3000e.

Miniland macht also 3000e Gesamtschulden. Aufgabe 3.2.9 A319

Achilles und die Schildkr¨ ote veranstalten ein Wettrennen. Achilles l¨asst der Schildkr¨ ote einen Vorsprung von ∆s0 = 10 m. Er spurtet mit einer Geschwindigkeit von 10 m/s, w¨ ahrend die Schildkr¨ ote 1 m/s schafft. Sei ∆t0 die Zeit, die Achilles braucht, um den gegebenen Vorsprung ∆s0 zur¨ uckzulegen, ∆s1 die Strecke, die sich die Schildkr¨ote in der Zeit ∆t0 als neuen Vorsprung erarbeitet. Allgemein sei ∆tn die Zeit, die Achilles f¨ ur die Strecke ∆sn braucht, ∆sn+1 die Strecke, die die Schildkr¨ ote in der Zeit ∆tn zur¨ ucklegt. ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass gilt: ∆tn = ∞ P b) Was ergibt die Reihe ∆tn ?

1 10n

s.

n=0

Wie l¨ asst sich damit das Paradoxon, dass die Schildkr¨ote bei der Betrachtung immer einen Vorsprung vor Achilles hat, aufl¨osen?

L¨ osung: a) Da die Schildkr¨ ote die Geschwindigkeit 1 m/s hat, ist ∆sn+1 = 1 m/s · ∆tn , bzw.

3.2 Reihen

233

∆sn = 1 m/s · ∆tn−1 . Mit der Geschwindigkeit 10 m/s von Achilles ist ∆sn = 10 m/s · ∆tn , also ∆tn =

1 1 1 · ∆sn = · 1 m/s · ∆tn−1 = ∆tn−1 10 m/s 10 m/s 10

∆t0 =

1 1 · ∆s0 = · 10 m = 1 s. 10 m/s 10 m/s

und

Daraus folgt weiter 1 1 1 · ∆t0 = · 1s = s, 10 10 10 1 1 1 1 · ∆t1 = · s = s, = 10 10 10 100 1 1 1 1 = · ∆t2 = · s = s, 10 10 100 103 u.s.w.

∆t1 = ∆t2 ∆t3

und man sieht, dass ∆tn =

1 10n

s ist.

b) Es ist ∞ X

∆tn =

n=0

∞ X 1 s n 10 n=0

geometrische

= Reihe

1 10 1 s = 9 s. 1 − 10

Man betrachtet also zwar unendlich viele Zeitintervalle, die aber aufsummiert nicht u ¨ber die Zeit 10 9 s hinausgehen. Das ist genau der Zeitpunkt, in dem Achilles die Schildkr¨ ote u ¨berholt. Aufgabe 3.2.10 Welche der folgenden Reihen konvergieren in R? ∞ X 1 a) , k3

e)

k=1 ∞ X

k=1

k , 2k

∞ X 1 √ , i) k k=1

b) f)

∞ X

k=1 ∞ X

k=1

j)

k+2 , k 2 + 4k − 1

k 2 · 0.8k ,

∞  X

k=1

1 1− 2 k



g) ,

A320

∞ X k2 + 2 c) , k 4 + 3k

k)

k=1 ∞ X

k=1 ∞ X

k=1

1.2k , k4

2k − k , 3k + 1

d) h)

∞ X k−3

k=1 ∞ X

k=1

l)

k+5

,

k3 , 0.5k

∞ X 2k + 1

k=1

k · 2k

.

234

3 Folgen und Reihen

L¨ osung: Zu a) bis d): Durch Betrachtung der Grade von Z¨ahler und Nenner erh¨alt man mit Satz 3.2.17, 3., dass die Reihen von a) und c) konvergieren und die von b) und d) nicht konvergieren. Zu e) bis h): Exponentielles Verhalten dominiert polynomiales Verhalten, und bei exponentiellem Schrumpftum gew¨ ahrleistet Satz 3.2.17, 2., die Konvergenz k der Reihen. Dies ist bei e) und f) der Fall. Die Summanden 1.2 k4 bei g) und k3 = k 3 · 2k bei h) werden immer gr¨ oßer, so dass die entsprechenden Summen 0.5k nicht in R konvergieren. 1 2

Zu i): Nach Satz 3.2.17, 1., mit a =

divergiert die Reihe.

Zu j): Die Summanden n¨ ahern sich immer mehr der Eins an. Nach Satz 3.2.10 kann die Summe daher nicht konvergieren.
k k Zu k): Das dominierende Verhalten der Summanden ist wie 32k = 23 . Daran sieht man, dass die Reihe ¨ ahnlich wie eine geometrische Reihe konvergiert. Formal kann man die Konvergenz auch mit dem Majorantenkriterium (s. Satz 3.2.14, 2.) zeigen, da  k 2k − k 2k − k 2k 2k 2 ≤ k ≤ k = k = k 3 +1 3 +1 3 +1 3 3

ist, und die geometrische Reihe Zu l): Es ist

P


2 k 3

konvergiert.

2k 1 2k + 1 ≥ = , k k k·2 k·2 k

P1 und da die harmonische Reihe k divergiert (s. Satz 3.2.12) folgt nach dem P 2k +1 . Minorantenkriterium (s. Satz 3.2.14, 1.) auch die Divergenz von k·2k Aufgabe 3.2.11

A321

Konvergiert ∞ P (−1)k sin k1 , a)

b)

k=1

∞ P

k=1

(−1)k cos k1 ?

L¨ osung: a) Die Argumente k1 der Sinus-Funktion liegen in [0, 1] und werden immer kleiner. Da die Sinus-Funktion in [0, 1] monoton wachsend ist, folgt, dass die Werte sin k1 monoton fallen. Damit konvergiert die alternierende Reihe ∞ X

(−1)k sin

k=1

∞

X 1 1 = − (−1)k+1 sin k k k=1

3.2 Reihen

235

nach dem Leibniz-Kriterium (Satz 3.2.20). b) Die Summanden haben zwar alternierendes Vorzeichen, aber sie konvergieren betragsm¨ aßig gegen 1. Insbesondere bilden die Summanden also keine Nullfolge; damit kann die Reihe nicht konvergieren (s. Satz 3.2.10). Aufgabe 3.2.12 a) Zeigen mit Hilfe des Quotientenkriteriums die Konvergenz der Reihe P 2 Sie k · q k (|q| < 1).

A322

b) Was ergibt sich bei der Anwendung Quotientenkriteriums zur UnterP 1 desP 1 suchung der Konvergenz von bzw. k k2 ?

Lo ¨sung: a) Der beim Quotientenkriterium (s. Satz 3.2.23) betrachtete Quotient ist hier 2 (k + 1)2 · q k+1 = (k + 1) · |q| k→∞ −→ |q| < 1, k2 · qk k2

so dass das Quotientenkriterium Konvergenz garantiert. k→∞ P1 −→ 1. b) Bei ur die betrachteten Quotienten k+1 k gilt f¨ k 2 k→∞ P 1 ur die betrachteten Quotienten (k+1) Bei k2 gilt f¨ k2 −→ 1.

Das Quotientenkriterium gibt also in beiden F¨allen keine Aussage. Tats¨ achlich divergiert die erste Reihe, wohingegen die zweite konvergiert (s. Satz 3.2.12 und Satz 3.2.17, 1.).

Aufgabe 3.2.13 Sind die (komplexen) Reihen  k ∞ jk ∞ P P j , b) a) k=1 k k=1 2 konvergent bzw. absolut konvergent?

L¨ osung: ∞  k P j a) F¨ ur die Summanden der Reihe gilt 2 k=1   k j k j |j|k 1 |jk | = k = k = k = k , 2 2 2 2 2

A323

236

3 Folgen und Reihen

und da

P

1 2k

∞  k P j

als geometrische Reihe konvergiert, ist

2

k=1

absolut kon-

vergent und damit auch konvergent (s. Bemerkung 3.2.29). ∞  k P j (In Aufgabe 3.2.7 wurde der Reihenwert berechnet: = 2 k=1

4 5

+ 25 j.)

∞ k P j b) F¨ ur die Summanden der Reihe k gilt k=1 k j = 1, k k ∞  k P1 P j und da als harmonische Reihe divergiert, ist nicht absolut k 2 k=1

konvergent.

Bei Betrachtung der Partialsummen (s. Abb. 3.2 rechts) sieht man aber, dass die Reihe konvergiert, da sie Summanden hat, die betragsm¨aßig immer kleiner werden und sich richtungsm¨ aßig drehen“. ” Bemerkung: Abb. 3.2 zeigt links die Partialsummen zu a) (vgl. Aufgabe 3.2.7) und rechts zu b). Die absolute Konvergenz ist gleichbedeutend damit, dass der Weg bis zum Konvergenzpunkt endlich ist, was links der Fall ist und rechts nicht. Im z j

Im z j s2 s3

b

b

s1

b b

s2

b bb

s4 b

s0

s3

b

bb

b b b

s4 s0

1 Re z Abb. 3.2 Geometrische Reihen im Komplexen.

3.3 Potenzreihen

Aufgabe 3.3.1 A324

1 1 1 Gegeben sei die Potenzreihe 1 − x + x2 − x3 + − . . . . 3 9 27 a) Wie lautet der Koeffizient an vor xn ? b) Welche Funktion wird durch die Reihe dargestellt? (Tipp: geometrische Reihe)

s1

b

b

b

1 Re z

3.3 Potenzreihen

237

L¨ osung: a) An dem alternierenden
n Vorzeichen und den Dreierpotenzen im Nenner sieht man an = − 31 .

b) Mit dem Summensymbol dargestellt ergibt sich

n ∞  ∞  X X 1 1 x n 1 2 1 3 1 − x + x − x + −... = − · xn = − . 3 9 27 3 3 n=0 n=0

Dies ist eine geometrische Reihe, und falls − x3 < 1, also |x| < 3 ist, folgt mit Satz 3.2.5 weiter ∞  X x n 1 3
= − = , x 3 3 + x 1 − −3 n=0

also

1 1 1 3 1 − x + x2 − x3 + − . . . = , 3 9 27 3+x

falls |x| < 3.

Aufgabe 3.3.2 Berechnen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) jeweils eine N¨aherung von √ 1 e = e1 , von e = e 2 und von ej (mit der imagin¨aren Einheit j), indem Sie ∞ P 1 n die Potenzreihendarstellung ex = n! x benutzen und dabei nur die ersten n=0

sechs Summanden ber¨ ucksichtigen.

Welche Werte erh¨ alt man direkt mit dem Taschenrechner?

L¨ osung: Als N¨ aherungen ergeben sich 1 1 1 1 1 1 + · 11 + · 12 + · 13 + · 14 + · 15 0! 1! 2! 3! 4! 5! 1 1 326 163 1 1 + = = = 2.7166, = 1+1+ + + 2 6 24 120 120 60

e = e1 ≈

exakt ist e = 2.718 . . ., √

1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + · + · + · + · 2 2 4 6 8 24 16 120 32 ≈ 1.648698,

e = e2 ≈ 1 + 1 ·

exakt ist

√

e = 1.648721 . . ..

Mit der imagin¨ aren Einheit j ist

A325

238

3 Folgen und Reihen 1 1 1 1 · (j)2 + · (j)3 + · (j)4 + · (j)5 2  6 24 120  1 1 1 1 = 1− + j + 1− + 2 24 6 120 13 101 = + j = 0.54166 + 0.84166j. 24 120

ej ≈ 1 + 1 · j +

Mit einem Taschenrechner kann man den Wert mit Hilfe der Euler-Formel (s. Satz 2.3.1) berechnen: ej = e1·j = cos 1 + j · sin 1 = 0.5403 . . . + 0.84147 . . . j. Aufgabe 3.3.3 A326

a) Sie wollen 1000 Euro f¨ ur ein Jahr anlegen. Bank A bietet Ihnen f¨ ur das Jahr 4% Zinsen. Bank B bietet nur 3,98%, schreibt Ihnen aber nach einem halben Jahr schon die bis dahin f¨ alligen Zinsen gut und verzinst sie dann mit. Bank C gibt nur 3,95%, wirbt aber mit monatlicher Gutschrift der aufgelaufenen Zinsen. Welches Angebot ist am g¨ unstigsten? b) Wie lautet die Formel f¨ ur Ihr Guthaben nach einem Jahr bei einem Zinssatz von p Prozent, wenn Ihnen die aufgelaufenen Zinsen n mal im Jahr gutgeschrieben werden? c) Was ergibt sich bei b) f¨ ur n → ∞, also bei kontinuierlicher Zinsgutschrift?

L¨ osung: a) Bei Bank A hat man nach einem Jahr: 1000e · (1 + 0.04) = 1040e.

Bei Bank B bekommt man nach einem halben Jahr die H¨alfte der Zinsen, also 21 · 0.0398 · 1000e, ausbezahlt, hat also   1 1000e · 1 + · 0.0398 2

auf dem Konto, das f¨ ur das zweite Halbjahr entsprechend verzinst wird, sodass man am Ende des Jahres     1 1 1000e · 1 + · 0.0398 · 1 + · 0.0398 2 2 2  1 ≈ 1040.20e = 1000e · 1 + · 0.0398 2 besitzt. Bei Bank C erh¨ alt man entsprechend nach einem Monat ein Zw¨olftel der Zinsen, hat dann also

3.3 Potenzreihen

239

  1 1000e · 1 + · 0.0395 12 Guthaben, das f¨ ur den zweiten Monat verzinst wird, usw.. Nach 12 Monaten hat man also 12  1 · 0.0395 ≈ 1040.22e. 1000e · 1 + 12 Bank C hat also das g¨ unstigste Angebot. ¨ b) Eine analoge Uberlegung wie bei Bank C ergibt nach einem Jahr ein Guthaben von  p n 1000e · 1 + . n c) Bei Betrachtung des Grenzwertes ergibt sich aus b) allgemein (s. Bemerkung 3.1.23, 2.)  p n lim 1000 · 1 + = 1000e · ep . n→∞ n F¨ ur p = 0.04 ergibt sich so 1000e · e0.04 ≈ 1040.81e.

Aufgabe 3.3.4 Geben Sie die Koeffizienten a0 , a1 , a2 , a3 und a4 der Potenzreihenentwicklung ∞ P ak xk f¨ ur die folgenden Funktionen an:

k=0

a) f (x) = sin x + cos x, 2

d) f (x) = sin(x ),

b) f (x) = 2 · sin x,

e) f (x) = sin(x + 2),

c) f (x) = sin(2x),

f) f (x) = sin x · cos x.

L¨ osung: a) Durch Addition der Potenzreihenentwicklungen der Sinus- und CosinusFunktion (s. Satz 3.3.7) erh¨ alt man sin x + cos x   1 1 1 = x − x3 + x5 − x7 + − . . . 3! 5! 7!   1 4 1 1 2 + 1 − x + x − x6 + − . . . 2! 4! 6! 1 2 1 3 1 4 = 1 + x − x − x + x + .... 2! 3! 4! Damit kann man die Koeffizienten ablesen:

A327

240

3 Folgen und Reihen

a0 = 1,

a1 = 1,

a2 = −

1 , 2!

a3 = −

1 , 3!

a4 =

1 . 4!

b) Durch einfache Multiplikation der Sinus-Potenzreihe ergibt sich   1 1 1 2 · sin x = 2 · x − x3 + x5 − x7 + − . . . 3! 5! 7! 2 3 2 5 2 7 = 2x − x + x − x + − . . . . 3! 5! 7! Man sieht: a0 = a2 = a4 = 0 und

a1 = 2,

a3 = −

2 1 =− . 3! 3

c) Durch Einsetzen in die Sinus-Potenzreihe erh¨alt man 1 1 1 (2x)3 + (2x)5 − (2x)7 + − . . . 3! 5! 7! 23 25 27 = 2x − x3 + x5 − x7 + − . . . . 3! 5! 7!

sin(2x) = (2x) −

Man sieht: a0 = a2 = a4 = 0 und

a1 = 2,

a3 = −

4 23 =− . 3! 3

d) Durch Einsetzen in die Sinus-Potenzreihe erh¨alt man 1 2 3 1 1 (x ) + (x2 )5 − (x2 )7 + − . . . 3! 5! 7! 1 1 = x2 − x6 + x10 − + . . . . 3! 5!

sin(x2 ) = (x2 ) −

Man sieht: a0 = a1 = a3 = a4 = 0 und

a2 = 1.

e) Mit Hilfe des Sinus-Additionstheorems (s. Satz 1.1.55, 3.) erh¨alt man sin(x + 2) = sin x · cos 2 + cos x · sin 2   1 5 1 7 1 3 = cos 2 · x − x + x − x + − . . . 3! 5! 7!   1 2 1 4 1 6 + sin 2 · 1 − x + x − x + − . . . . 2! 4! 6! sin 2 2 cos 2 3 sin 2 4 = sin 2 + cos 2 · x − x − x + x + .... 2! 3! 4! Damit kann man die Koeffizienten ablesen:

3.3 Potenzreihen

a0 = sin 2,

241

a1 = cos 2,

a2 = −

sin 2 , 2!

a3 = −

cos 2 , 3!

a4 =

sin 2 . 4!

f) Man kann sin(2x) = 2 sin x cos x nutzen (s. Satz 1.1.55, 3.): 1 sin x · cos x = sin(2x) 2   23 3 25 5 27 7 s. c) 1 = · 2x − x + x − x + − . . . 2 3! 5! 7! 4 2 2 2 = x − x3 + x5 − + . . . 3! 5! 2 5 2 3 = x − x + x − +.... 3 15 Damit erh¨ alt man a0 = a2 = a4 = 0 und

a1 = 1,

2 a3 = − . 3

Alternativ kann man die Anf¨ ange der Potenzreihenentwicklungen von sin x und cos x multiplizieren und das Ergebnis nach Potenzen von x sortieren. (Hier ordnet man um, was man aber - wie man zeigen kann - darf.) So erh¨ alt man sin x · cos x     1 1 1 1 = x − x3 + x5 − + . . . · 1 − x2 + x4 − + . . . 3! 5! 2! 4!     1 1 1 1 1 1 + x5 · + ... + · + = x + x3 · − − 3! 2! 4! 3! 2! 5! 2 5 2 3 x + x + ... = x− 3 15 und damit die gleichen Koeffizienten. Aufgabe 3.3.5 (Vgl. Aufgabe 2.3.7) Zeigen Sie mittels der Potenzreihenentwicklung den folgenden Zusammenhang der trigonometrischen und der hyperbolischen Funktionen im Komplexen: cos(jx) = cosh x

und

sin(jx) = j · sinh x.

L¨ osung: Nutzt man die ausgeschriebenen Darstellungen der Potenzreihen, so kann man sich die Zusammenh¨ ange wie folgt verdeutlichen:

A328

242

3 Folgen und Reihen 1 1 1 (jx)2 + (jx)4 − (jx)6 + − . . . 2! 4! 6! 1 2 2 1 4 4 1 = 1 − · j x + · j x − · j6 x 6 + − . . . 2! 4! 6! 1 1 1 = 1 − · (−1) · x2 + · (+1) · x4 − · (−1) · x6 + − . . . 2! 4! 6! 1 1 1 = 1 + x2 + x4 + x6 + . . . 2! 4! 6!

cos(jx) = 1 −

= cosh x, 1 1 1 (jx)3 + (jx)5 − (jx)7 + − . . . 3! 5! 7! 1 1 1 = j · x − · j3 x 3 + · j5 x 5 − · j7 x 7 + − . . . 3! 5! 7!

sin(jx) = (jx) −

=−j

=+j

=−j

1 1 1 · j · x3 + · j · x5 + · j · x7 + . . . 3! 5! 7!   1 5 1 7 1 3 = j · x + x + x + x + ... 3! 5! 7! = j·x+

= j · sinh x. Mit der kompakten Summen-Schreibweise der Potenzreihen ist cos(jx) =

∞ X (−1)k

k=0

(2k)!

· (jx)2k .

Nun gilt (jx)2k = j2k · x2k = (j2 )k · x2k = (−1)k · x2k , und damit cos(jx) = =

∞ X (−1)k

k=0 ∞ X

k=0

(2k)!

k

· (−1) · x

2k

∞ X (−1) · (−1) = (2k)! k=0


k

· x2k

1 · x2k = cosh x. (2k)!

¨ Ahnlich erh¨ alt man wegen (jx)2k+1 = j2k+1 · x2k+1 = (j2 )k · j · x2k+1 = (−1)k · j · x2k+1 , dass

3.3 Potenzreihen

243

∞ ∞ X X (−1)k (−1)k · (jx)2k+1 = · (−1)k · j · x2k+1 (2k + 1)! (2k + 1)! k=0 k=0
k ∞ ∞ X X (−1) · (−1) 1 · x2k+1 = j · · x2k+1 = j· (2k + 1)! (2k + 1)!

sin(jx) =

k=0

k=0

= j · sinh x. Aufgabe 3.3.6

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen auf der Wasseroberfl¨ache) erh¨alt man f¨ ur die H¨ ohe h, die der See u ur die ¨ber der direkten Verbindung u ¨bersteht, und f¨ Differenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie die folgenden Formeln (s. Aufgabe 1.3.8): h = R − R · cos

l 2R

und

∆l = l − 2 · R · sin

l . 2R

a) Nutzen Sie den Anfang der Potenzreihenentwicklungen, um N¨aherungen f¨ ur h und ∆l zu erhalten. b) Vergleichen Sie die N¨ aherungsergebnisse, die Sie bei a) mit l = 50 km und R = 6370 km erhalten, mit Ihren Ergebnissen von Aufgabe 1.3.8. c) Welche Werte erhalten Sie f¨ ur einen 100 m langen See?

L¨ osung: a) Mit der N¨ aherung cos x ≈ 1 − 21 x2 erh¨alt man als N¨aherung f¨ ur die H¨ohe  2 ! 1 l l ≈ R−R· 1− h = R − R · cos 2R 2 2R = R−R+R·

1 l2 l2 · = . 2 4R2 8R

Als N¨ aherung f¨ ur die L¨ angendifferenz ∆l erg¨abe sich mit sin x ≈ x ∆l = l − 2R · sin

l l ≈ l − 2R · = l − l = 0, 2R 2R

∆l = l − 2R · sin = l−l+

l ≈ l − 2R · 2R

2R l3 l3 · = . 6 8R3 24R2

1 3 3! x

= x − 61 x3 ergibt sich  3 ! l 1 l − 2R 6 2R

die N¨ aherung ist also zu grob. Mit sin x ≈ x −

A329

244

3 Folgen und Reihen

b) Bei einer Rechnung mit 15 dezimalen Stellen erh¨alt man hexakt = 49.058021... m,

∆lexakt = 12.835700... cm,

2

l = 49.058084... m, 8R

l3 = 12.835710... cm. 24R2

c) Bei den exakten Formeln kann es auf Grund der Differenzen sehr nahe beieinander liegender Zahlen zu numerischen Schwierigkeiten kommen (s. Aufgabe 1.3.8, c)). Die N¨ aherungsformeln sind numerisch stabil auch f¨ ur kleine Werte von l auswertbar: 2

h ≈ ∆l ≈

(0.1 km) ≈ 2 · 10−7 km = 0.2 mm, 8 · 6370 km

(0.1 km)3 ≈ 10−12 km = 10−6 mm. 24 · (6370 km)2

Aufgabe 3.3.7 A330

Wieviel Summanden braucht man h¨ ochstens, um den Wert von sin x f¨ ur x ∈ [0, 1] mittels der (alternierenden) Potenzreihe mit einer Genauigkeit von 10−15 zu berechnen?

L¨ osung: Bei der Potenzreihe sin x = x −

1 3 1 1 x + x5 − x7 + − . . . 3! 5! 7!

haben die Summanden alternierendes Vorzeichen und werden offensichtlich f¨ ur x ∈ [0, 1] betragsm¨ aßig immer kleiner.

Entsprechend zur Bemerkung 3.2.21 ist dann der Abstand der n-ten Partialsumme zum Grenzwert sin x kleiner oder gleich dem Betrag des n + 1-ten Summanden, hier also kleiner oder gleich x∈[0,1] 1 1 2n+1 (−1)n · · x . ≤ (2n + 1)! (2n + 1)! Durch Ausprobieren findet man, dass dieser Wert f¨ ur n = 8 kleiner als 10−15 ist, d.h., es reichen acht Summanden. Aufgabe 3.3.8 A331

a) Berechnen Sie den Konvergenzradius zur Potenzreihe

∞ P

k=0

Welche Funktion wird durch die Reihe dargestellt?

3k · xk .

3.3 Potenzreihen

245

¨ b) Uberlegen Sie sich, dass der Konvergenzradius zur Potenzreihe

∞ P

l=0

gleich 1 ist.

(−1)l ·x2l

L¨ osung: a) Die Koeffizienten ak zur Potenzreihe

∞ P

k=0

3k · xk sind ak = 3k , so dass man

den Konvergenzradius mit den Formeln aus Satz 3.3.9 berechnen kann: R =

lim

k→∞

1 p k

=

|3k |

1 1 = , lim 3 3

k→∞

oderalternativ mit der anderen Formel aus Satz 3.3.9 k 3 1 1 R = lim k+1 = lim = . k→∞ 3 k→∞ 3 3 1 3

F¨ ur |3x| < 1, also |x| < ∞ X

k=0

3k · xk =

∞ X

erh¨ alt man als geometrische Reihe

(3x)k =

k=0

1 . 1 − 3x

b) Stellt man die Reihe ∞ X l=0

(−1)l · x2l = 1 − x2 + x4 − x6 + − . . .

in der Form

∞ P

ak xk dar, so ist

k=0

ak

  0, = +1,   −1,

falls k ungerade ist, . falls k durch 4 teilbar ist, falls k gerade aber nicht durch 4 teilbar ist.

Die Berechnung mit den Grenzwertformeln aus Satz 3.3.9 ist daher nicht m¨ oglich. Allerdings sieht man direkt, dass die Summanden f¨ ur |x| > 1 nicht gegen Null konvergieren; f¨ ur |x| < 1 gilt als geometrische Reihe ∞ X l=0

(−1)l · x2l =

∞ X

(−x2 )l

|−x2 |0

A401

1 → R, f (x) = sin x

g : R>0

und

1 → R, g(x) = x · sin . x

Wie verhalten sich die Funktionen, wenn man sich mit dem Argument x der Null von rechts ann¨ ahert? Existieren lim f (x) bzw. lim g(x)? x→0+

x→0+

Skizzieren Sie die Funktionsgrafen.

L¨ osung: Bei x → 0+ wird das Argument x1 des Sinus immer gr¨oßer, d.h. der Funktionswert f (x) = sin x1 schwankt immer schneller zwischen +1 und −1. Der Grenzwert lim f (x) existiert nicht. x→0+

Es ist g(x) = x·f (x). Durch die Multiplikation mit x werden die Funktionswerte von f bei 0 in einen Trichter“ gepresst, und es gilt lim g(x) = 0. ” x→0+ f (x) 1

g(x) 1

1 -1

x

1 -1

Abb. 4.1 Funktionsgrafen zu f und g.

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_15

x

248

4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit

Um formal lim g(x) = 0 entsprechend Definition 4.1.1 zu zeigen, betrachtet x→0+

man eine beliebige Folge (xn ) mit xn → 0 und xn > 0.

Zu zeigen ist dann, dass zu beliebig vorgegebenem ε > 0 f¨ ur alle großen n gilt: |g(xn ) − 0| < ε.

Wegen xn → 0 gilt |xn | = |xn − 0| < ε f¨ ur alle großen n. F¨ ur diese n gilt dann 1 1 |g(xn ) − 0| = |g(xn )| = xn · sin = |xn | · sin ≤ ε · 1 = ε. xn xn

Aufgabe 4.1.2 A402

Gegeben sind die Funktionen  0 , falls x ≤ 0 H : R → R, H(x) = 1 , falls x > 0

und

f : R \ {0} → R, f (x) = x2 .

Bestimmen Sie H( lim f (x)) und lim H(f (x)). x→0

x→0

L¨ osung: Es ist lim f (x) = 0,

x→0

n→∞

denn f¨ ur jede Folge (xn )n∈N mit xn −→ 0 und xn 6= 0 (damit xn im Definitin→∞ onsbereich von f liegt) gilt f (xn ) = x2n −→ 0. Damit gilt   H lim f (x) = H(0) = 0. x→0

n→∞

Zur Berechnung von lim H(f (x)) sei (xn ) eine Folge mit xn −→ 0 und xn aus x→0

dem Definitionsbereich von f , also xn 6= 0.

Dann ist f (xn ) = x2n > 0, also H (f (xn )) = H x2n und damit lim H(f (x)) = 1.

x→0




n→∞

= 1 −→ 1,

4.1 Grenzwerte

249

Aufgabe 4.1.3 Geben Sie die folgenden Grenzwerte (in R ∪ {±∞}) an: x2 + x b) lim , x→∞ 4x  x 1 e) lim · x2 , x→−∞ 2

3x a) lim 3 , x→∞ x

d)

lim 4x · x3 ,

x→−∞

x2 + 3x − 1 , x→∞ x+2

h) lim

(2x − 1)2 , x→∞ x2 + 1

k) lim

x , x→∞ log2 x

n) lim

x , x→0+ ln x

q) lim

g) lim

x→∞

x−1 , 2x2 + x + 1

x3 , x→∞ 1 − x2

j) lim

x→∞

f)

5

·x ,

2x , x→−∞ x lim

i) lim

x→∞

3x + 4 , 4x − 1

x3 , x→−∞ 1 − x2 lim

o) lim x2 · log10 x, x→0+

1

1

2x , x→0+ x

p) lim

c) lim 3

l)

(ln x)2 , x→∞ x

m) lim

A403 −x

2x . x→0− x

r) lim

L¨ osung: Zu a) bis d): Unter Beachtung, dass polynomiales Verhalten schw¨acher ist als exponentielles Wachstum bzw. Konvergenz gegen Null, vgl. Satz 4.1.10, 2., und Bemerkung 4.1.11, erh¨ alt man als Grenzwerte a) + ∞,

Zu e): Wegen

b) 0, lim

x→−∞


1 x 2

c) 0, =

−x

lim 2

x→−∞

d) 0. = lim 2x = ∞ streben bei e) beide x→∞

Faktoren gegen unendlich, so dass der Grenzwert gleich +∞ ist. x

Zu f): Bei Betrachtung von 2x = 2x · x1 hat man ein Produkt, bei dem beide Faktoren f¨ ur x → −∞ gegen Null streben, so dass auch der gesamte Grenzwert gleich 0 ist. Zu g) bis j): Mit Satz 4.1.10, 1., erh¨ alt man g) + ∞,

h) 0,

i) 34 ,

j) 4.

(Bei j) ist zu beachten, dass man durch Ausmultiplizieren als f¨ uhrenden Koeffizienten eine 4 erh¨ alt.) Zu k) und l): F¨ ur x → ±∞ konvergiert der Nenner gegen −∞. Der Z¨ahler hat jeweils ein st¨ arkeres Wachstum, aber der Nenner beeinflusst das Vorzeichen. Als Grenzwerte ergeben sich daher k) − ∞,

l) + ∞.

Zu m) bis o): Unter Beachtung, dass logarithmisches Wachstum schw¨acher ist als polynomiales Wachstum bzw. Konvergenz gegen Null, vgl. Satz 4.1.10, 3., und Bemerkung 4.1.11, erh¨ alt man als Grenzwerte m) + ∞,

n) 0,

o) 0.

250

4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit

Zu p): F¨ ur x → 0+ gilt ln x → −∞, also ln1x → 0. Im Ausdruck lnxx = x · ln1x streben also beide Faktoren gegen Null, so dass der Grenzwert gleich 0 ist. Zu q): F¨ ur x → 0+ gilt 1 2x

1

1 x

1

→ +∞ und daher 2 x → +∞. In der Darstellung

= x1 · 2 x sieht man daher, dass beide Faktoren gegen unendlich streben; der Grenzwert ist also +∞. x

1

1

1

Zu r) F¨ ur x → 0− gilt x1 → −∞ und daher 2 x → 0. Die Darstellung 2xx = x1 ·2 x zeigt also ein Produkt der Art −∞·0“. Um zu entscheiden, welcher der beiden ” Faktoren dominiert, kann man x1 = y setzen und den Grenzwert x → 0− durch y → −∞ ersetzen. Damit, und da exponentielles Verhalten polynomiales Verhalten dominiert, sieht man dann: 1

2x = x→0− x lim

lim

x→0−

1 1 · 2x = x

lim y · 2y = 0.

y→−∞

Aufgabe 4.1.4 A404

Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte unter zu Hilfenahme der Potenzreihenentwicklungen. 1 − cos x 1 − cos(2x) sin x − x cos x a) lim , b) lim , c) lim , 2 2 x→0 x→0 x→0 x x x3 cos x − 1 , x→0 cosh x − 1

d) lim

2

e) lim

x→0

ex − 1 . x

L¨ osung: Nach Einsetzen der Potenzreihenentwicklungen (s. Satz 3.3.7) kann man jeweils den Bruch umformen und x-Potenzen k¨ urzen. Anschließend kann man leicht die Grenzwerte bestimmen (vgl. Bemerkung 4.1.8).
1 4 1 6 1 − 1 − 21 x2 + 4! x − 6! x + − ... a) 1 − cos x = x2 x2 1 2 1 4 1 6 x − 2 4! x + 6! x − + . . . = x2 1 1 2 1 1 x→0 = − x + x4 − + . . . → . 2 4! 6! 2
1 1 − 1 − 21 (2x)2 + 4! (2x)4 − + . . . 1 − cos(2x) b) = x2 x2 1 1 2 4 4 2 · 4x − 4! · 2 x + − . . . = x2 1 4 2 x→0 = 2 − · 2 x + − ... → 2. 4!

4.2 Stetigkeit

251

c) Als Potenzreihenentwicklung im Z¨ ahler erh¨alt man

= = = =

sin x − x · cos x     1 1 1 1 x − x3 + x5 − +. . . − x · 1 − x2 + x4 − +. . . 3! 5! 2 4!     1 1 1 1 x − x3 + x5 − +. . . − x − x3 + x5 − +. . . 6 5! 2 4!     1 1 1 1 x3 + − x5 + . . . x−x+ − + 6 2 5! 4! 1 · x3 + x5 · (. . .). 3

Damit ist 1 3 5 sin x − x · cos x 3 x + x · (. . .) = lim x→0 x→0 x3 x3   1 1 + x2 · (. . .) = . = lim x→0 3 3
1 4 1 − 21 x2 + 4! x − +. . . − 1 − 21 x2 + d) cos x − 1 =
= 1 2 1 4 cosh x − 1 x + ... − 1 1 + 21 x2 + 4! 2x +

lim

− 12 + 1 2 +

=

2

e)

ex − 1 = x

1 2 4! x 1 2 4! x

− +. . . + ...

1 + (x2 ) + 21 (x2 )2 + x

=

x2 + x4 · (. . .) x

x→0

→

1 2 3 3! (x )

=

− 12

=

1 2

1 4 4! x 1 4 4! x

− +. . . + ...

−1.


+ ... − 1 x→0

x + x3 · (. . .)

→

0.

4.2 Stetigkeit

Aufgabe 4.2.1

y

Die Funktion f (x) =

2

(

1, 4 − x,

f¨ ur x < 0 f¨ ur x > 2

soll f¨ ur x ∈ [0, 2] so definiert werden, dass f stetig ist. Wie kann man das m¨ oglichst einfach machen?

A405 x 1

2

3

252

4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit

L¨ osung: Um eine stetige Funktion zu erhalten, d¨ urfen keine Spr¨ unge vorhanden sein. Dies kann mit einem Geradenst¨ uck erreicht werden, das durch die Punkte (0, 1) und (2, 2) f¨ uhrt, also 1 f (x) = 1 + x 2

y 2 x 1

f¨ ur x ∈ [0, 2].

2

3

Abb. 4.2 Stetige Verbindung.

Aufgabe 4.2.2 A406

F¨ ur welche Kombination von Parametern c und a ist die Funktion ( cx2 , f¨ ur x < 2, f : R → R, f (x) = 1 ur x ≥ 2 2 x + a, f¨ stetig? Gibt es auch eine Kombination mit c = a?

L¨ osung: Die Funktion f ist f¨ ur jeden Parameterwert c als quadratische Funktion f¨ ur x < 2 stetig und f¨ ur jeden Parameterwert a als lineare Funktion f¨ ur x > 2. Also ist sie immer in allen Stellen x 6= 2 stetig. Damit sie auch in x = 2 stetig ist, muss der links- und rechtseitige Grenzwert u ¨bereinstimmen (s. Bemerkung 4.1.5) und gleich dem Funktionswert sein.

y 1 1

2

x

Abb. 4.3 Funktionsgrafen zu verschiedenen c und a.

Offensichtlich ist lim f (x) = f (2) = 1 + a. Also bleibt die Forderung x→2+

1+a =

lim f (x) =

x→2−

lim cx2 = 4c.

x→2−

Damit ist die Funktion f¨ ur alle Parameter-Kombinationen mit 1+a = 4c stetig. Wenn a = c gelten soll, bedeutet dies 1 + a = 4a, also bei c = a = 31 . Aufgabe 4.2.3 A407

Geben Sie die Nullstellen von f (x) = x3 − 4x2 + x + 3 mit Hilfe des Bisektionsverfahrens mit einer Genauigkeit kleiner 0.01 an. (Statt das Verfahren von Hand durchzuf¨ uhren, bietet es sich an, ein kleines Programm zu schreiben.)

4.2 Stetigkeit

253

L¨ osung: Zur Anwendung des Bisektionsverfahrens (s. Bemerkung 4.2.6) braucht man Startwerte a und b, an denen die Funktion unterschiedliches Vorzeichen besitzt. Diese kann man durch Ausprobieren finden. Beispielsweise ist f (0) = 3 > 0 und f (2) = −3 < 0, d.h. im Intervall [0; 2] liegt eine Nullstelle, die man mit dem Bisektionsverfahren bestimmen kann: Der Funktionswert am Intervallmittelpunkt ist f (1) = 1 > 0, also gibt es einen Vorzeichenwechsel und damit eine Nullstelle im Intervall [1, 2]. Berechnet man den Funktionswert (es reicht dessen Vorzeichen) am Intervallmittelpunkt 1.5, so kann man entscheiden, ob die Nullstelle im Intervall [1, 1.5] oder [1.5, 2] liegt, u.s.w.. Ein entsprechendes Programm liefert beispielsweise die folgende Ausgabe: f (0) > 0 , f (2) < 0. Bisektion : f (1) > 0 , also Nullstelle in [1 ,2] , f (1.5) < 0 , also Nullstelle in [1 ,1.5] , f (1.25) < 0 , also Nullstelle in [1 ,1.25] , f (1.125) > 0 , also Nullstelle in [1.125 ,1.25] , f (1.1875) > 0 , also Nullstelle in [1.1875 ,1.25] , f (1.21875) > 0 , also Nullstelle in [1.21875 ,1.25] , f (1.23438) > 0 , also Nullstelle in [1.23438 ,1.25] , f (1.24219) < 0 , also Nullstelle in [1.23438 ,1.24219].

Wegen f (x) → −∞ f¨ ur x → −∞ muss es eine weitere Nullstelle x < 0 geben. Wegen f (−1) = −3 < 0 kann man als Startwerte f¨ ur die Bisektion a = −1 und b = 0 nehmen: f ( -1) < 0 , f (0) > 0. Bisektion : f ( -0.5) > 0 , also Nullstelle in [ -1 , -0.5] , f ( -0.75) < 0 , also Nullstelle in [ -0.75 , -0.5] , f ( -0.625) > 0 , also Nullstelle in [ -0.75 , -0.625] , f ( -0.6875) > 0 , also Nullstelle in [ -0.75 , -0.6875] , f ( -0.71875) < 0 , also Nullstelle in [ -0.71875 , -0.6875] , f ( -0.703125) < 0 , also Nullstelle in [ -0.703125 , -0.6875] , f ( -0.695313) > 0 , also Nullstelle in [ -0.703125 , -0.695313].

Wegen f (x) → +∞ f¨ ur x → +∞ muss es eine weitere Nullstelle x > 2 geben. Wegen f (4) = 7 > 0 kann man als Startwerte f¨ ur die Bisektion a = 2 und b = 4 nehmen: f (2) < 0 , f (4) > 0. Bisektion : f (3) < 0 , also Nullstelle in [3 ,4] , f (3.5) > 0 , also Nullstelle in [3 ,3.5] , f (3.25) < 0 , also Nullstelle in [3.25 ,3.5] , f (3.375) < 0 , also Nullstelle in [3.375 ,3.5] , f (3.4375) < 0 , also Nullstelle in [3.4375 ,3.5] , f (3.46875) > 0 , also Nullstelle in [3.4375 ,3.46875] , f (3.45313) < 0 , also Nullstelle in [3.45313 ,3.46875] , f (3.46094) > 0 , also Nullstelle in [3.45313 ,3.46094].

254

4 Grenzwerte von Funktionen und Stetigkeit

Aufgabe 4.2.4 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.36) A408

Bestimmen Sie mit Hilfe des Bisektionsverfahrens ein a, das 25 = 2a · sinh

10 a

erf¨ ullt mit einer Genauigkeit kleiner 0.001.

L¨ osung: Ein a mit 25 = 2a · sinh 10 a zu finden, bedeutet, eine Nullstelle von f (a) = 2a · sinh

10 − 25 a

zu finden. Startwerte muss man durch Ausprobieren bestimmen; beispielsweise erh¨ alt man f¨ ur f (8) und f (9) unterschiedliche Vorzeichen. Mit einem Programm wie bei Aufgabe 4.2.3 erh¨ alt man dann: f (8) > 0 , f (9) < 0. Bisektion : f (8.5) < 0 , also Nullstelle in [8 ,8.5] , f (8.25) > 0 , also Nullstelle in [8.25 ,8.5] , f (8.375) > 0 , also Nullstelle in [8.375 ,8.5] , f (8.4375) > 0 , also Nullstelle in [8.4375 ,8.5] , f (8.46875) < 0 , also Nullstelle in [8.4375 ,8.46875] , f (8.45313) > 0 , also Nullstelle in [8.45313 ,8.46875] , f (8.46094) < 0 , also Nullstelle in [8.45313 ,8.46094] , f (8.45703) < 0 , also Nullstelle in [8.45313 ,8.45703] , f (8.45508) < 0 , also Nullstelle in [8.45313 ,8.45508] , f (8.4541) > 0 , also Nullstelle in [8.4541 ,8.45508].

Aufgabe 4.2.5 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A409

Betrachtet wird das Bisektionsverfahren zur Bestimmung einer Nullstelle von f (x) = x3 + 2x − 4. a) F¨ uhren Sie zwei Schritte des Bisektionsverfahrens ausgehend von 0 und 2 durch, und geben Sie ein Intervall der L¨ange 0.5 an, in dem eine Nullstelle liegt. b) Wieviel Schritte muss man mit dem Bisektionsverfahren machen, um ausgehend von 0 und 2 ein Intervall der L¨ange 10−6 anzugeben, in dem eine Nullstelle liegt? Geben Sie die Anzahl formelm¨ aßig und n¨aherungsweise (mit der groben Absch¨ atzung 23 ≈ 10) an.

4.2 Stetigkeit

255

L¨ osung: a) Bei den Startwerten x0 = 0 und x1 = 2 ist f (x0 ) = −4 < 0,

f (x1 ) = 8 > 0.

Also gibt es eine Nullstelle in [0, 2]. Der Intervallmittelpunkt ist x2 =

x0 +x1 2

= 1 mit

f (x2 ) = −1 < 0. Also gibt es eine Nullstelle in [1, 2]. Der Intervallmittelpunkt ist x3 =

1+2 2

= 1.5 mit

f (x3 ) = 1.53 + 2 · 1.5 − 4 = 1.53 − 1 > 0. (Zur Bestimmung des Vorzeichens braucht man den Wert nicht exakt zu berechnen.) Also gibt es eine Nullstelle in [1, 1.5]. b) In jedem Schritt halbiert sich die L¨ ange. Beginnt man mit einem Intervall 1 der L¨ ange 2, so erh¨ alt man nach n Schritten ein Intervall der L¨ange 2 · n . 2 Gesucht ist also die Schrittanzahl n mit 10−6 ≥ 2 · ⇔ ⇔

1 2n

2n ≥ 2 · 106

n ≥ log2 (2 · 106 ).

Eine grobe Absch¨ atzung mit 23 ≈ 10 liefert log2 10 ≈ 3, also log2 (2 · 106 ) = log2 2 + 6 · log2 10 ≈ 1 + 6 · 3 = 19. Also braucht man ca. 19 Schritte. Bemerkung: Eine bessere Absch¨ atzung ergibt sich durch 210 = 1024 ≈ 1000 = 103 , also 3 log2 10 ≈ 10, und damit also
log2 (2 · 106 ) = log2 2 + log2 (103 )2 = log2 2 + 2 · log2 103 ≈ 1 + 2 · 10 = 21.

Der exakte Wert ist log2 (2 · 106 ) = 20.93 . . ..)

5

Differenzialrechnung

5.1 Differenzierbare Funktionen

Aufgabe 5.1.1 1 . x a) Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) die Steigung der Geraden durch die Punkte P1 = (1, f (1)) = (1, 1) und Px = (x, f (x)) zu

Sei f (x) =

1) x = 2,

2) x = 1.5,

3) x = 1.1,

4) x = 1.0001,

5) x = 0.9999.

b) Welche Steigung ergibt sich formelm¨ aßig bei P1 und Px zu allgemeinem x? c) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f an der Stelle 1, indem Sie bei b) den Grenzwert x → 1 betrachten.

d) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f an einer beliebigen Stelle x0 analog zu b) und c) als Grenzwert des Differenzenquotienten.

L¨ osung: a) Die Steigung der Geraden durch P1 und Px ist mx =

1 −1 f (x) − f (1) = x . x−1 x−1

Damit erh¨ alt man 1 −1 1) m2 = 2 = −0.5, 2−1 1 −1 = −0.66, 2) m1.5 = 1.5 1.5 − 1 1 −1 = −0.90, 3) m1.1 = 1.1 1.1 − 1 1 −1 ≈ −0.9999, 4) m1.0001 = 1.0001 1.0001 − 1 © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_16

f (x)

1

P1 b

b

P2 b

1 Abb. 5.1 Sekanten.

x

A501

258

5 Differenzialrechnung

5) m0.9999 =

1 0.9999

−1 ≈ −1.0001. 0.9999 − 1

b) Allgemein ist die Steigung mx =

1 1−x − x−1 −1 1 f (x) − 1 x x = x = = = − . x−1 x−1 x−1 x−1 x

c) Als Grenzwert erh¨ alt man   1 f (x) − 1 b) = lim − = −1. x→1 x→1 x − 1 x

f ′ (1) = lim

d) Die Ableitung an der Stelle x0 ist 1

1

− f (x) − f (x0 ) = lim x x0 x→x0 x→x0 x − x0 x − x0 x0 − x −(x − x0 ) 1 1 = lim · = lim · x→x0 x − x0 x→x0 x − x0 x · x0 x · x0 −1 1 1 = lim = − = − 2. x→x0 x · x0 x0 · x0 x0

f ′ (x0 ) =

lim

Aufgabe 5.1.2 A502

Ziel der Aufgabe ist die Bestimmung der Ableitung von f : C → C, x 7→ ex .

a) Berechnen Sie f ′ (0) als Grenzwert des Differenzenquotienten unter Verwendung der Potenzreihendarstellung von ex .

b) Bestimmen Sie f¨ ur eine beliebige Stelle x0 die Ableitung f ′ (x0 ) als Grenz(x0 ) . wert des Differenzenquotienten lim f (x0 +h)−f h h→0

(Tipp: Nach einer Umformung k¨ onnen Sie die Grenzwertbeziehung aus a) benutzen.)

L¨ osung: a) Es ist f (h) − f (0) eh − 1 = lim . h→0 h→0 h h

f ′ (0) = lim

Mit der Potenzreihendarstellung eh = 1 +

1 1! h

+

1 2 2! h

+ . . . ergibt sich

5.1 Differenzierbare Funktionen eh − 1 = h

1+

= h→0

→

259


1 3 + 3! h + ... − 1 h 1 1 2 1 3 1 1 1! h + 2! h + 3! h + . . . = 1 + h + h2 + . . . h 2! 3! 1 1! h

+

1 2 2! h

1.

Also ist f ′ (0) = 1. b) F¨ ur eine beliebige Stelle x0 ist f (x0 + h) − f (x0 ) ex0 +h − ex0 = lim h→0 h→0 h h h h e −1 e −1 = lim ex0 · = ex0 · lim . h→0 h→0 h h

f ′ (x0 ) = lim

Der letzte Grenzwert ist genau der in a) betrachtete Grenzwert mit Wert 1. Also ist f ′ (x0 ) = ex0 · 1 = ex0 . Aufgabe 5.1.3 Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f (x) = sin x als Grenzwert des Dif(x) ferenzenquotienten in der Gestalt lim f (x+h)−f unter Ausnutzung der Adh h→0

ditionstheoreme und der Potenzreihenentwicklungen.

L¨ osung: Unter Benutzung des Sinus-Additionstheoreme (s. Satz 1.1.55, 3.) gilt sin(x + h) − sin(x) f (x + h) − f (x) = lim h→0 h h sin x · cos h + cos x · sin h − sin x = lim h→0 h   cos h − 1 sin h = lim sin x · . + cos x · h→0 h h

f ′ (x) = lim

h→0

(∗)

Mit Hilfe der Potenzreihenentwicklungen von Cosinus und Sinus (s. Satz 3.3.7) erh¨ alt man
1 4 1 − 12 h2 + 4! h − +... − 1 cos h − 1 1 1 h→0 = = − h + h3 − + . . . −−−→ 0 h h 2 4! und h− sin h = h

1 3 3! h

+

1 5 5! h

h

− +...

= 1−

1 2 1 h→0 h + h4 − + . . . −−−→ 1. 3! 5!

A503

260

5 Differenzialrechnung

Damit kann man die Rechnung bei (∗) fortsetzen:   cos h − 1 sin h f ′ (x) = lim sin x · + cos x · h→0 h h sin h cos h − 1 + cos x · lim = sin x · lim h→0 h h→0 h = sin x · 0 + cos x · 1 = cos x. Aufgabe 5.1.4 A504

Skizzieren Sie den ungef¨ ahren Verlauf der Ableitung zu der abgebildeten Funktion. f (x)

1 −1

x

1

Lo ¨sung: Man erkennt Stellen mit waagerechter Tangente, also Ableitungswert 0, an den Hoch- und Tiefpunkten. Geradenst¨ ucke sind Bereiche mit konstanter Steigung, also konstantem Ableitungswert; zwischen −2 und −0.5 ist dieser Wert gleich 0, zwischen −0.5 und ca. 2.3 ist dieser Wert ungef¨ ahr −1.

An der Stelle −0.5 gibt es einen Knick, dort ist f nicht differenzierbar. Die Steigung springt von 0 auf −1.

An anderen Stellen kann man die Steigung und damit den Ableitungswert qualitativ ablesen. Beispielsweise hat man bei x = 3 positive Steigung, die mit wachsendem x kleiner wird, bis sie bei x = 3.5 gleich Null wird. Dann wird die Steigung negativ. Bei 4 ist sie maximal negativ, w¨achst dann wieder u.s.w.. Insgesamt ergibt sich folgendes Bild: f ′ (x) −1 b

b

b

bC

1

b

b

b

bC

Abb. 5.2 Die Ableitungsfunktion zu f (x).

b

b

x

5.1 Differenzierbare Funktionen

261

Aufgabe 5.1.5 Geben Sie die Geradengleichung der Tangenten an die Funktionsgrafen a) von f (x) = x2 in x0 = b) von f (x) =

1 x

A505

1 2

in x0 = 2 x

c) von f (x) = e in x0 = 0 an und fertigen Sie entsprechende Zeichnungen an.
′
′ (Hinweis: Nutzen Sie die Ableitungen x2 = 2x, x1 = − x12 und ( ex )′ = ex .)

L¨ osung: Die Tangentengleichung der Tangente an die Funktion f an der Stelle x0 erh¨alt man nach Satz 5.1.5 direkt durch t(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) · (x − x0 ). a) Zu f (x) = x2 und x0 = f (x0 ) =

1 2

ist

 2 1 1 = 2 4

und

f ′ (x0 ) = 2x0 = 2 · f (x) 1

Die Tangentengleichung ist also 1 1 + 1 · (x − ) 4 2 1 1 1 = x− + = x− . 2 4 4

1 = 1. 2

t(x) =

b

1 x

−1

Abb. 5.3 Tangente in x0 =

b) Zu f (x) =

1 x

1 . 2

und x0 = 2 ist

f (x0 ) =

1 2

und

f ′ (x0 ) = −

Die Tangentengleichung ist also 1 1 − · (x − 2) t(x) = 2 4 1 1 1 = − ·x+ 2 4 2 1 = − x + 1. 4

1 1 = − . x20 4 f (x)

1 b

x

1 Abb. 5.4 Tangente in x0 = 2.

262

5 Differenzialrechnung

c) Zu f (x) = ex und x0 = 0 ist

f (x)

f (x0 ) = e0 = 1 und 1

f ′ (x0 ) = e0 = 1. Die Tangentengleichung ist also t(x) = 1 + 1 · (x − 0) = x + 1.

−1

b

1

x

Abb. 5.5 Tangente in x0 = 0.

Aufgabe 5.1.6 A506

Berechnen Sie n¨ aherungsweise den Ableitungswert zu f (x) = x3 an der Stelle √ (x0 ) x0 = 2, indem Sie den Differenzenquotienten f (x0 +h)−f f¨ ur kleine Werte h −16 von h (zwischen 0.1 und 10 ) mit einem Taschenrechner auswerten. F¨ ur welche Werte von h ergeben sich die genauesten Werte?

L¨ osung: Die konkreten Werte h¨ angen vom verwendeten Taschenrechner ab. Die folgende Tabelle zeigt exemplarische Ergebnisse bei Verwendung von Matlab 7.5.0: h

f (x0 +h)−f (x0 ) h

10−1 10−2 10−3 10−4 10−5 10−6 10−7 10−8 10−9

6.434264068711935 6.042526406871218 6.004243640686191 6.000424274068550 6.000042426546059 6.000004241890621 6.000000425387952 6.000000007944094 6.000000496442224

h

f (x0 +h)−f (x0 ) h

10−10 6.000000496442224 10−11 6.000000496442224 10−12 6.000533403494045 10−13 5.995204332975844 10−14 5.995204332975844 10−15 6.661338147750938 10−16 0 10−17 0 10−18 0 √ Die tats¨ achliche Ableitung ist f ′ (x) = 3x2 , also f ′ ( 2) = 6. Man sieht, dass die Ergebnisse zun¨ achst bei kleiner werdendem Wert von h genauer werden. Bei h ≈ 10−8 hat man den genauesten Wert, bei kleinerem h ¨ wird die Auswertung ungenauer, da dann die numerischen Effekte Uberhand nehmen: Die Werte von x0 und x0 + h stimmen dann in mehr als den ersten acht Stellen hinter dem Komma u ahnlich ist es bei f (x0 ) und f (x0 + h). ¨berein, ¨ Durch die Differenzbildung werden diese Stellen ausgel¨oscht. Die Differenz ist dann nur noch aussagekr¨ aftig f¨ ur die verbleibenden Stellen. Da Matlab mit ca. 16 dezimalen Stellen rechnet, sind das dann weniger als 8 signifikante Stellen, wodurch sich die abnehmende Genauigkeit erkl¨art. Bei h ≤ 10−16 sind x0 und x0 + h numerisch gleich, so dass sich als Differenz Null ergibt.

5.1 Differenzierbare Funktionen

263

Aufgabe 5.1.7 Berechnen Sie die folgenden Differenzen n¨aherungsweise unter Benutzung der Ableitung, d.h. mittels der Formel f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ f ′ (x0 ) · ∆x: 1 1 . a) 3.12 − 32 , b) − 2 2.1

A507

L¨ osung: a) Mit f (x) = x2 , also f ′ (x) = 2x, x0 = 3 und ∆x = 0.1 ist 3.12 − 32 = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ f ′ (x0 ) · ∆x = 2 · 3 · 0.1 = 0.6. Exakt ist 3.12 − 32 = 0.61.

b) Mit f (x) = x1 , also f ′ (x) = − x12 , x0 = 2 und ∆x = 0.1 ist 1 1 − = f (x0 ) − f (x0 + ∆x) 2 2.1
= − f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≈ −f ′ (x0 ) · ∆x  1 = − − 2 · 0.1 = 0.025. 2 Exakt ist

1 2

−

1 2.1

= 0.0238....

Aufgabe 5.1.8 Ist s(t) die Strecke, die ein K¨ orper in der Zeit t nach dem Loslassen in freiem Fall zur¨ ucklegt, so gilt f¨ ur die Geschwindigkeit v(t) = s′ (t) = g · t

mit g ≈ 10 m/s2 .

Welche Geschwindigkeit hat der K¨ orper, nachdem er zwei Sekunden gefallen ist, und welche Strecke legt er dann ungef¨ ahr innerhalb einer Zehntel Sekunde zur¨ uck? Sehen Sie einen Bezug zum Thema Ableitung?

L¨ osung: Nach zwei Sekunden hat der K¨ orper eine Geschwindigkeit von v(2 s) = 10 m/s2 · 2 s = 20 m/s, legt also dann innerhalb einer Zehntel Sekunde ungef¨ahr die Strecke ∆s ≈ 20 m/s ·

1 s = 2m 10

A508

264

5 Differenzialrechnung

zur¨ uck. Den exakten Wert erh¨ alt man durch ∆s = s 2 s + die N¨ aherung

1 10


s − s(2 s). Man hat also

∆s = s(t0 + ∆t) − s(t0 ) ≈ s′ (t0 ) · ∆t = v(t0 ) · ∆t genutzt. Aufgabe 5.1.9 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) A509

F¨ ur welche Punkte auf der Parabel f (x) = x2 f¨ uhrt die Tangente an f durch den Punkt (1, −3)?

L¨ osung: Die Tangente tx0 an der Stelle x0 wird beschrieben durch

f (x) b

tx0 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) · (x − x0 ) (s. Satz 5.1.5). Hier ist f (x) = x2 und f ′ (x) = 2x, also tx0 (x) = x20 + 2x0 · (x − x0 ). Gesucht sind nun Stellen x0 , bei denen die Tangente tx0 durch (1, −3) f¨ uhrt, also

b

1

−1

1

x

!

−3 = tx0 (1) = x20 + 2 · x0 · (1 − x0 ) b

= 2x0 − x20 .

Damit ergibt sich die quadratische Gleichung x20 − 2x0 − 3 = 0

Abb. 5.6 Tangenten durch (−1, 3).

mit den L¨ osungen x0 = −1 und x0 = 3. Alternativer L¨ osungsweg: Gesucht ist die Stelle x0 , so dass die Gerade durch (1, −3) und (x0 , f (x0 )) als Steigung genau den Ableitungswert f ′ (x0 ) hat, also x2 + 3 f (x0 ) − (−3) = 0 x0 − 1 x0 − 1 = x20 + 3 !

2x0 = f ′ (x0 ) = ⇔

⇔

(x0 − 1) · 2x0

x20 − 2x0 − 3 = 0,

also die gleiche Gleichung wie oben mit den L¨osungen x0 = −1 und x0 = 3.

5.2 Rechenregeln

265

5.2 Rechenregeln

Aufgabe 5.2.1 Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen f (x): √ d) x · sin x · ln x, a) x2 + 4x3 , b) x · sin x, c) (x + 1) · x, e)

1 , x2 + 3x

f)

i) sin(x2 ),

x2 + 2x , 3x + 1 √ k) ln x,

1 , sin x

g)

j) (sin x)2 ,

h) cot x, l) sin(ln(x2 + 1)).

L¨ osung: Zu den verwendeten Ableitungsregeln s. Satz 5.2.1 und Satz 5.2.5 a) Es ist (x2 + 4x3 )′ = (x2 )′ + (4x3 )′ = 2x + 4 · (x3 )′ = 2x + 4 · 3x2 = 2x + 12x2 .

b) Mit der Produktregel erh¨ alt man (x · sin x)′ = 1′ · sin x + x · cos′ x = sin x + x · cos x. f

g

g

f

f

g

√ c) Mit der Ableitung ( x)′ = 2√1 x erh¨ alt man durch Anwendung der Produktregel √ √ √
′ (x + 1) · x = (x + 1)′ · x + (x + 1) · ( x)′ √ √ 1 x 1 = 1 · x + (x + 1) · √ = x+ √ + √ 2 x 2 x 2 x √ x √ x = √ √ √ 1 1 1 3 x = x+ x+ √ = x+ √ . 2 2 2 x 2 x Alternativ erh¨ alt man durch Ausmultiplizieren und Potenzschreibweise  3 ′ √ √
′ √
′ 1 (x + 1) · x = x · x + x = x 2 + x 2 =

1 1 1 1 3 1 3 √ · x 2 + · x− 2 = · x+ · √ . 2 2 2 2 x

d) Zur Anwendung der Produktregel muss man den Ausdruck zun¨achst als Produkt von zwei Faktoren auffassen, z.B. x · sin x · ln x = x · (sin x · ln x). Dies ergibt

A510

266

5 Differenzialrechnung ′

(x · sin x · ln x) = (x)′ · (sin x · ln x) + x · (sin x · ln x)′ {z } |

mit Produktregel

= 1 · sin x · ln x + x · [(sin x)′ · ln x + sin x · (ln x)′ ]   1 = sin x · ln x + x · cos x · ln x + sin x · x

= sin x · ln x + x · cos x · ln x + sin x.

Die Berechnung u uhrt ¨ber die Darstellung x · sin x · ln x = (x · sin x) · ln x f¨ zum gleichen Ergebnis. Zur Ableitung eines mehrfachen Produkts s. auch Aufgabe 5.2.8.  ′ ′ e) Die Formel g1 = − gg2 f¨ uhrt zu 

1 x2 + 3x

′

= −

(x2 + 3x)′ 2x + 3 = − 2 . (x2 + 3x)2 (x + 3x)2

¨ f) Ahnlich zu e) erh¨ alt man 

1 sin x

′

= −

(sin x)′ cos x = − 2 . (sin x)2 sin x

g) Die Quotientenregel f¨ uhrt zu 

x2 + 2x 3x + 1

′

(x2 + 2x)′ · (3x + 1) − (x2 + 2x) · (3x + 1)′ (3x + 1)2 (2x + 2) · (3x + 1) − (x2 + 2x) · 3 = (3x + 1)2 2 6x + 2x + 6x + 2 − 3x2 − 6x 3x2 + 2x + 2 = = . (3x + 1)2 (3x + 1)2 =

h) Die Ableitung des Cotangens kann man in Formelsammlungen finden oder x elementar aus der Definition cot x = cos sin x mittles der Quotienregel berechnen:  cos x ′ (cos x)′ · sin x − cos x · (sin x)′ ′ (cot x) = = sin x (sin x)2 =

sin2 x + cos2 x − sin x · sin x − cos x · cos x = − . 2 (sin x) sin2 x

Fasst man den Z¨ ahler mittels des trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) zu 1 zusammen, erh¨ alt man ′

(cot x) = −

1 , sin2 x

5.2 Rechenregeln

267

spaltet man den Bruch auf, ergibt sich die Darstellung ′

(cot x) = −

sin2 x cos2 x − = −1 − cot2 x. sin2 x sin2 x

i) Mit der Sinus-Funktion als ¨ außerer und der Quadrat-Funktion als innerer Funktion liefert die Kettenregel
′
′ sin(x2 ) = cos(x2 ) · x2 = cos(x2 ) · 2x.

j) Mit der Quadrat-Funktion als ¨ außerer und der Sinus-Funktion als innerer Funktion liefert die Kettenregel
′
′ (sin x)2 = 2 · sin x · sin x = 2 · sin x · cos x.

k) Mit der Kettenregel erh¨ alt man ln

√
′ √
′ 1 1 1 1 x = √ · x = √ · √ = . 2x x x 2 x

Mit der alternativen Darstellung ln ohne Kettenregel ln

√
′ x =

√

1

x = ln(x 2 ) =

1 2

ln x erh¨alt man auch


′ 1 1 1 ln x = · . 2 2 x

l) Mehrfache Anwendung der Kettenregel f¨ uhrt zu sin(ln(x2 + 1))


′


′ = cos(ln(x2 + 1)) · ln(x2 + 1) {z } | mit Kettenregel

1 · (x2 + 1)′ x2 + 1 2x = cos(ln(x2 + 1)) · 2 x +1

= cos(ln(x2 + 1)) ·

Aufgabe 5.2.2 Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen f (x), bei denen neben der unabh¨ angigen Variablen x auch noch Parameter a, b bzw. c vorkommen. 1 a) ax2 + bx3 , b) , c) ebx , d) ln(cx), ax e) a + sin x, f) a · sin x, g) sin(a + x), h) sin(a · x).

A511

268

5 Differenzialrechnung

L¨ osung: a) Es ist ax2 + bx3


′

= a · 2x + b · 3x2 .

b) Die Ableitung kann man auf verschiedene Arten erhalten, beispielsweise  ′ ′ mit der Formel g1 = − gg2 als 

1 ax

′

= −

(ax)′ a 1 = − 2 2 = − 2. 2 (ax) a x ax

Zieht man den konstanten Faktor 

1 ax

′



=

1 1 · a x

′

1 = · a

1 a

vor, ergibt sich

  ′  1 1 1 1 = − 2. = · − 2 x a x ax

c) Mit der Kettenregel ist ebx


′

= ebx · (bx)′ = ebx · b.

d) Die Kettenregel liefert ln(cx)


′

=

1 1 ·c = . cx x

Dass hier die Konstante c beim Ableiten verschwindet, sieht man auch an der Darstellung ln(cx) = ln c + ln x, die abgeleitet sofort 0 + x1 ergibt. e) Da ein konstanter Summand beim Ableiten verschwindet, ist a + sin x


′

= cos x.

f) Einen konstanten Faktor kann man vorziehen und erh¨alt a · sin x


′

= a · sin x

g) Mit der Kettenregel ist


′

= a · cos x.


′

= cos(a + x) · (a + x)′ = cos(a + x) · 1 = cos(a + x).


′

= cos(a · x) · (a · x)′ = cos(a · x) · a.

sin(a + x)

h) Mit der Kettenregel ist sin(a · x)

5.2 Rechenregeln

269

Aufgabe 5.2.3 a) Leiten Sie die Funktionen f (x) = (5x + 3)

2

A512

und

g(x) = (x + 2)

3

einerseits mit Hilfe der Kettenregel ab und andererseits summandenweise nach Ausmultiplizieren. b) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion f (x) = Arten.

1 sin2 x

auf verschiedene

L¨ osung: a) F¨ ur die Funktion f ergibt sich mit der Kettenregel f ′ (x) = 2 · (5x + 3) · (5x + 3)′ = 2 · (5x + 3) · 5 = 50x + 30. Ausmultipliziert ist f (x) = (5x)2 + 2 · 5x · 3 + 32 = 25x2 + 30x + 9, woraus man ebenso f ′ (x) = 25 · 2x + 30 = 50x + 30 erh¨ alt. F¨ ur die Funktion g ergibt sich mit der Kettenregel g ′ (x) = 3 · (x + 2)2 .

(∗)

Ausmultipliziert ist g(x) = (x + 2) · (x2 + 4x + 4)

= x3 + 2x2 + 4x2 + 8x + 4x + 8

= x3 + 6x2 + 12x + 8,

woraus man g ′ (x) = 3x2 + 6 · 2x + 12 = 3x2 + 12x + 12 erh¨ alt. Dies stimmt mit (∗) u ¨berein, wie man durch Ausmultiplizieren von 3 · (x + 2)2 leicht sieht.

b) 1) Mit der Quotientenregel erh¨ alt man

0 · sin2 x − 1 · 2 · sin x · cos x
2 sin2 x sin x · cos x cos x = −2 · = −2 · . 4 sin x sin3 x

f ′ (x) =

270

5 Differenzialrechnung

2) Mit Hilfe der Formel f ′ (x) = −

 ′ 1 g

′

= − gg2 ist

cos x 2 · sin x · cos x = −2 · . 4 sin x sin3 x

3) Aus der Darstellung f (x) = sin x f ′ (x) = −2 · sin x


−3


−2

f¨ uhrt die Kettenregel zu

· cos x = −2 ·

4) Aus der Darstellung f (x) = sin2 x der Kettenregel zu


−1

cos x . sin3 x

f¨ uhrt die iterierte Anwendung


−2 f ′ (x) = −1 · sin2 x · 2 · sin x · cos x cos x 2 sin x · cos x = −2 · . = − 4 sin x sin3 x 5) Wegen


′ 1 sin x

cos x = − sin alt man mit der Produktregel 2 x erh¨

′ 1 1 · f (x) = sin x sin x   cos x 1 cos x 1 cos x = − 2 · + · − 2 . = −2 · sin x sin x sin x sin x sin3 x ′



Aufgabe 5.2.4 A513

Berechnen Sie die Ableitung zu den folgenden Funktionen; beachten Sie was die freie Variable ist; der Rest sind Konstanten. x + y2 y c) f (a) = ab + sin(ab)

a) f (x) =

x + y2 y d) f (b) = ab + sin(ab)

b) f (y) =

L¨ osung: a) Hier ist x die Variable und y konstant. Bei der Ableitung von xy = y1 · x ist also der Faktor y1 ein konstanter Vorfaktor. Als additive Konstante verschwindet y 2 beim Ableiten: f ′ (x) =

1 1 ·1+0 = . y y

5.2 Rechenregeln

271

b) Im Gegensatz zu a) ist nun y die Variable und x eine Konstante, die beim Ableiten von xy = x · y1 als Vorfaktor erhalten bleibt. Es ist 

1 f (y) = x · − 2 y ′



+ 2y = −

x + 2y. y2

c) Hier ist a die Variable und b konstant. Die Ableitung des Produkts ab = b·a wird dann b · 1 = b, d.h., es bleibt nur die Konstante b u ¨brig. Bei der Ableitung von sin(ab) muss man die Kettenregel anwenden; die innere Ableitung ist dann die Ableitung von ab, also wieder die Konstante b: f ′ (a) = b + b · cos(ab). d) Die Rollen von Variable und Parameter sind gegen¨ uber c) vertauscht. Mit ¨ den gleichen Uberlegungen erh¨ alt man f ′ (b) = a + a · cos(ab). Aufgabe 5.2.5 x+2 . (x2 + 3)3 Tipp: Nutzen Sie zur Ableitung des Nenners die Kettenregel, um anschließend k¨ urzen zu k¨ onnen.

a) Berechnen Sie die Ableitung von f (x) =

b) Zeigen Sie, dass man beim Ableiten einer Funktion der Form f (x) =

p(x)
n q(x)

mit der Quotientenregel immer so k¨ urzen kann, dass sich die Potenz im Nenner nur um Eins erh¨ oht.

L¨ osung: a) Nutzt man zur Ableitung des Nenners die Kettenregel, also (x2 + 3)3


′

= 3 · (x2 + 3)2 · (x2 + 3)′ = 3 · (x2 + 3)2 · 2x = 6x · (x2 + 3)2 ,

so ergibt die Quotientenregel

A514

272

5 Differenzialrechnung (x + 2)′ · (x2 + 3)3 − (x + 2) · (x2 + 3)3 f (x) =
2 (x2 + 3)3 ′

=


′

1 · (x2 + 3)3 − (x + 2) · 6x · (x2 + 3)2 (x2 + 3)6


(x2 + 3)2 · (x2 + 3) − (x + 2) · 6x · 1 = (x2 + 3)6 −5x2 − 12x + 3 x2 + 3 − 6x2 − 12x = . = 2 4 (x + 3) (x2 + 3)4 b) Durch die Anwendung der Quotientenregel und Ableiten des Nenners mit Hilfe der Kettenregel erh¨ alt man 
n ′
n p′ (x) · q(x) − p(x) · q(x) f ′ (x) = 
n  2 q(x)
n
n−1 ′ p′ (x) · q(x) − p(x) · n · q(x) · q (x) = .
2n q(x)


n−1 Im Z¨ ahler kann man nun q(x) ausklammern und diesen Term dann k¨ urzen: 
n−1  ′ q(x) · p (x) · q(x) − p(x) · n · q ′ (x) f ′ (x) =
n−1
n+1 q(x) · q(x) =

p′ (x) · q(x) − p(x) · n · q ′ (x) .
n+1 q(x)

Aufgabe 5.2.6 A515

a) Zeigen Sie ( ex )′ = ex , (sin x)′ = cos x und (cos x)′ = − sin x, indem Sie die Potenzreihendarstellungen nutzen und diese Summandenweise ableiten. b) Was ergibt sich, wenn Sie die Potenzreihendarstellung von f (x) = ln(1+x) Summandenweise ableiten?

L¨ osung: Die Potenzreihendarstellungen sind in Satz 3.3.7 zusammengefasst. Vorbemerkung: Eine Funktion f , die als Reihe, also als unendliche Summe dargestellt ist, darf man nicht ohne Weiteres Summandenweise ableiten, um die Ableitung von f zu bestimmen. Bei Potenzreihen ist das aber erlaubt.

5.2 Rechenregeln

273

a) Man erh¨ alt ( e x )′

= =



′ 1 3 1 4 1 2 x + x + x + ... 2 3! 4! 1 1 1 2 1 + · 2x + · 3x + · 4x3 + . . . 2 3! 4! 1 3 1 2 x + x + ... 1+ x + 2 3!

1+x+

= = ex , 

(sin x)′ = =

′ 1 3 1 5 1 7 x + x − x + − ... 3! 5! 7! 1 1 1 · 3x2 + · 5x4 − · 7x6 + − . . . − 3! 5! 7! 1 2 1 4 1 6 − x + x − x + − ... 2 4! 6!

x −

1

=

1

= cos x, (cos x)′ = =



′ 1 4 1 6 1 2 x + x − x + − ... 2! 4! 6! 1 1 1 · 2x + · 4x3 − · 6x5 + − . . . − 2! 4! 6!   1 3 1 5 − x − x + x − + ... 3! 5! − sin x.

1−

= = b) Es ergibt sich ln(1 + x)


′

′ 1 3 1 4 1 2 x + x − x + − ... 2 3 4 1 1 1 = 1 − · 2x + · 3x2 − · 4x3 + − . . . 2 3 4 2 = 1 − x + x − x3 + − . . . =



x−

Man erh¨ alt also die geometrische Reihe

∞ P

(−x)k , und nach Satz 3.2.5

k=0

folgt f¨ ur |x| < 1 ln(1 + x)


′

=

∞ X

(−x)k =

k=0

1 1 = . 1 − (−x) 1+x

274

A516

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.2.7  ′
′ g ′ (x) 1 Nutzen Sie x1 = − x12 und die Kettenregel, um die Formel g(x) = − (g(x)) 2 herzuleiten.

Lo ¨sung: 1 x

Mit f (x) =

ist

1 = f (g(x)) = f ◦ g(x). g(x) Mit der Kettenregel (s. Satz 5.2.5) und der Ableitung f ′ (x) = − x12 ergibt sich 

1 g(x)

′

=

′

(f ◦ g) (x) = f ′ (g(x)) · g ′ (x) = −

1 g ′ (x) ′ · g (x) = − 2. (g(x))2 (g(x))

Aufgabe 5.2.8 A517

Leiten Sie eine Produktregel zur Ableitung von f · g · h her.

Lo ¨sung: Durch mehrfache Anwendung der Produktregel erh¨alt man
′
′ f · g · h = (f · g) · h = (f · g)′ · h + (f · g) · h′ = (f ′ · g + f · g ′ ) · h + f · g · h′ = f ′ · g · h + f · g ′ · h + f · g · h′ .

Das gleiche Ergebnis
erh¨ alt man, wenn man die Klammerung zun¨achst anders ′ w¨ ahlt und f · (g · h) berechnet.

Bemerkung:

Eine entsprechende Formel gilt auch bei mehr Faktoren: Die Ableitung erh¨alt man als Summe von Produkten, bei denen jeweils ein Faktor abgeleitet ist. Aufgabe 5.2.9 A518

Zeigen Sie: Ist a eine doppelte Nullstelle eines Polynoms p, so ist p′ (a) = 0.

L¨ osung: Ist a eine doppelte Nullstelle von p, so ist nach Definition 1.1.40

5.2 Rechenregeln

275

p(x) = (x − a)2 · q(x) mit einem Polynom q. Es ist dann p′ (x) = 2 · (x − a) · q(x) + (x − a)2 · q ′ (x), also p′ (a) = 2 · 0 · q(a) + 02 · q ′ (a) = 0. Dass bei einer doppelten Nullstelle die Ableitung gleich Null ist, ist auch anschaulich klar, da nach Bemerkung 1.1.42 bei einer doppelten Nullstelle die x-Achse nur ber¨ uhrt wird, also ein Hoch- oder Tiefpunkt mit waagerechter Tangente vorliegt. Bemerkung: Es gilt allgemein: Ist a eine k-fache Nullstelle von p, so ist p(a) = p′ (a) = . . . = pk−1 (a) = 0.

Aufgabe 5.2.10 Zeigen Sie: a) Ist f eine gerade Funktion, so ist f ′ eine ungerade Funktion. b) Ist f eine ungerade Funktion, so ist f ′ eine gerade Funktion.

L¨ osung: a) Ist f gerade, so gilt f (x) = f (−x) (s. Definition 1.2.1). Durch Ableiten auf beiden Seiten erh¨ alt man mit der Kettenregel
′ f ′ (x) = f (−x) = f ′ (−x) · (−x)′ = f ′ (−x) · (−1) = −f ′ (−x),

also f ′ (−x) = −f ′ (x). Daher ist f ′ ungerade.

b) Ist f ungerade, so gilt f (−x) = −f (x) (s. Definition 1.2.1). Ableiten wie bei a) bringt

−f ′ (−x) = −f ′ (x), also f ′ (−x) = f ′ (x). Daher ist f ′ gerade.

A519

276

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.2.11 A520

a) Berechnen Sie f ′′ und f ′′′ zu f (x) = x2 · sin x.

b) Stellen Sie eine allgemeine Formel f¨ ur (g · h)′′ und (g · h)′′′ auf.

L¨ osung: a) Durch wiederholte Anwendung der Produktregel erh¨alt man f ′ (x) = 2x · sin x + x2 · cos x, f ′′ (x) = 2 · sin x + 2x · cos x + 2x · cos x + x2 · (− sin x) = 2 sin x + 4x · cos x − x2 · sin x,

f ′′′ (x) = 2 cos x + 4 · cos x + 4x · (− sin x) − 2x · sin x − x2 · cos x = 6 cos x − 6x · sin x − x2 · cos x.

b) Allgemein ergibt sich durch wiederholte Anwendung der Produktregel (g · h)′ = g ′ · h + g · h′ , (g · h)′′ = (g ′′ · h + g ′ · h′ ) + (g ′ · h′ + g · h′′ ) = g ′′ · h + 2 · g ′ · h′ + g · h′′ , (g · h)′′′ = (g ′′′ · h + g ′′ · h′ ) + 2 · (g ′′ · h′ + g ′ · h′′ ) + (g ′ · h′′ + g · h′′′ ) = g ′′′ · h + 3 · g ′′ · h′ + 3 · g ′ · h′′ + g · h′′′ .

Bei h¨ oheren Ableitungen von Produkten durch wiederholte Anwendung der Produktregel kann man also immer Terme zusammenfassen. Die Formel f¨ ur (g · h)′′ erinnert dabei an die binomische Formel (a + b)2 = 2 a + 2ab + b2 . Aufgabe 5.2.12 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.1) A521

Finden Sie ein Polynom, das die beiden markierten Wegst¨ ucke glatt (d.h. ohne Knick) verbindet.

y 2 x 1

L¨ osung: F¨ ur das gesuchte Polynom p gibt es folgende Bedingungen:

2

3

5.2 Rechenregeln

277

1. Die gemeinsamen Punkte der Wegst¨ ucke mit dem Polynom f¨ uhren zu p(0) = 1,

p(2) = 2.

2. Die Bedingung, keinen Knick zu machen, bedeutet, dass das mittlere Kurvenst¨ uck in den Stoßpunkten die gleichen Steigungen wie die Wegst¨ ucke links bzw. rechts besitzt, also p′ (0) = 0,

p′ (2) = −1.

Bei vier Bedingungen ist ein Ansatz mit einem Polynom vom Grad 3 sinnvoll, denn dieses besitzt vier Parameter: p(x) = a · x3 + b · x2 + c · x + d. Damit und mit p′ (x) = 3a · x2 + 2b · x + c ergeben die Bedingungen an der Stelle x = 0: !

1 = p(0) = d

!

0 = p′ (0) = c,

und

also p(x) = a · x3 + b · x2 + 1

und

p′ (x) = 3a · x2 + 2b · x.

Die Bedingungen an der Stelle x = 2 f¨ uhren damit zu: !

2 = p(2) = 8a + 4b + 1 !

−1 = p′ (2) = 12a + 4b

⇔

8a + 4b = 1 (I),

(II).

Die Differenz (II) − (I) ergibt 4a = −2, also a = − 21 , und (II) liefert dann −1 = −6 + 4b

⇔

b =

5 . 4

Das Polynom

2

y

5 1 p(x) = − x3 + x2 + 1 2 4 erf¨ ullt damit die Bedingungen und verbindet die beiden Wegst¨ ucke mit der gleichen Steigung in den Stoßpunkten.

1

2

x

Abb. 5.7 Glatte Verbindung.

278

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.2.13 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.2) A522

F¨ ur welche Kombination von Parametern c und a ist der Funktionsgraf zur Funktion ( cx2 , f¨ ur x < 2, f : R → R, f (x) = 1 x + a, f¨ u rx≥2 2 glatt, d.h., auch bei x = 2 ohne Knick?

L¨ osung: Damit die Funktion an der Stelle x = 2 glatt ist, m¨ ussen dort der links- und der rechtsseitige Grenzwert der Funktion und der Ableitung u ¨bereinstimmen. Damit links- und rechtseitiger Grenzwert der Funktion an der Stelle x = 2 u ¨bereinstimmen, muss 1 ·2+a 2

c · 22 =

gelten (vgl. Aufgabe 4.2.2), also 4c = 1 + a. Die Ableitung f¨ ur x < 2 ist f ′ (x) = c · 2x.

Die Ableitung f¨ ur x > 2 ist f ′ (x) = 21 , unabh¨angig von a. Damit die Kurve glatt ist, also die Steigungen keinen Sprung machen, muss 1 c·2·2 = 2 sein, also c =

1 8

und damit a = 4 ·

1 8

− 1 = − 12 .

y 1 x 1 2 Abb. 5.8 Glatter Funktionsgraf.

Aufgabe 5.2.14 A523

Das nebenstehende Bild zeigt schematisch eine Papieraufwicklung. Die Walze hat den Radius 1, die Papierbahn kommt vom Punkt (−2, 2). An welchem Punkt ber¨ uhrt die Papierbahn die Walze? Anleitung: Stellen Sie den oberen Halbkreis der Walze als Funktion f dar, bestimmen Sie die Tangentengleichung in (x0 , f (x0 )) (x0 variabel) und suchen Sie das x0 , bei dem (−2, 2) auf der Tangente liegt.

b

1

1

5.2 Rechenregeln

279

L¨ osung: Den oberen Halbkreis der Walze kann man durch die Funktion p f (x) = 1 − x2

modellieren (s. Bemerkung 1.3.3, 6.). Die Ableitung dieser Funktion ist f ′ (x) =

2·

√

1 x · (−2x) = − √ . 1 − x2 1 − x2

Die Tangente tx0 in (x0 , f (x0 )) ist nach Satz 5.1.5 gegeben durch tx0 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) · (x − x0 ) q x0 = 1 − x20 − p · (x − x0 ) 1 − x20
1 = p · 1 − x20 − x0 · (x − x0 ) 2 1 − x0
1 · 1 − x20 − x0 · x + x0 · x0 = p 2 1 − x0 1 − x0 · x = p . 1 − x20

Gesucht ist nun die Stelle x0 , bei der die Tangente durch den Punkt (−2, 2) f¨ uhrt, d.h., bei der tx0 (−2) = 2 ist, also 2 =

1 − x0 · (−2) p 1 − x20

⇔

2·

q

1 − x20 = 1 + 2x0 .

(∗)

Durch Quadrieren erh¨ alt man eine quadratische Gleichung:
2 4 1 − x20 = (1 + 2x0 ) ⇔

⇔ ⇔

4 − 4x20 = 1 + 4x0 + 4x20 8x20 + 4x0 − 3 = 0 3 1 = 0. x20 + x0 − 2 8

Die p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) liefert s  r 2 7 1 3 1 1 x0 = − ± + = − ± . 4 4 8 4 16 Durch Einsetzen in (∗) sieht man, dass nur die +“-L¨osung die Gleichung ” erf¨ ullt. Also ist die L¨ osung f¨ ur x 0 :

280

5 Differenzialrechnung

x0

1 = − + 4

r

7 ≈ 0.41, 16 b

1

und der gesuchte Auflagepunkt liegt bei (x0 , f (x0 )) ≈ (0.41, 0.91). Bemerkung:

q

7 ≈ −0.91 gibt In der −“-Stelle x1 = − 41 − 16 ” es eine Tangente an den unteren Halbkreis, die durch (−2, 2) f¨ uhrt. Beim Quadrieren ist diese L¨ osung dazugekommen.

x1 x0

1

Abb. 5.9 Tangenten an den Kreis.

Aufgabe 5.2.15 (vgl. Aufgabe 1.4.7) A524

In Hamburg schwankt die Wassertiefe der Elbe auf Grund von Ebbe und Flut zwischen 9m und 13m, wobei der Verlauf grob als Sinus-f¨ormig mit einer Periode von 12 Stunden modelliert werden kann. a) Zu welchen Zeiten ¨ andert sich der Wasserstand am schnellsten? b) Um wieviel ¨ andert sich der Wasserstand zu diesen Zeiten innerhalb von einer Minute? Nutzen Sie die Ableitung zur n¨ aherungsweisen Berechnung!

L¨ osung: a) Mit der Modellierung aus Aufgabe 1.4.7 erh¨alt man die Wassertiefe T in Abh¨ angigkeit von der Zeit t als    π  2π T (t) = 11 m + 2 m · sin · t = 11 m + 2 m · sin ·t 12 h 6h Tiefe T

13m 11m 9m

6h

12h

Zeit t

Abb. 5.10 Verlauf des Wasserstands.

¨ Die Anderung des Wasserstandes wird durch die Ableitung der Funktion T (t) beschrieben:  π  π  π  π T ′ (t) = 2 m · cos ·t · = · cos · t m/h 6h 6h 3 6h

5.2 Rechenregeln

281


¨ Die st¨ arkste Anderung erh¨ alt man, wenn cos 6πh · t gleich ±1 ist, also bei t = 0, t = 6 h, t = 12 h, . . .. ¨ b) Die Anderung ∆T des Wasserstands bei t = 0 innerhalb einer Minute, also 1 h, kann man entsprechend Bemerkung 5.1.9 n¨aherungsweise bei ∆t = 60 berechnen durch π m 1 π · 1 /h · h = m 3 60 180 ≈ 0.017 m = 1.7 cm.

∆T ≈ T ′ (0) · ∆t =

¨ An den anderen Stellen (t = 6 h, t = 12 h, . . .) ist die Anderung betragsm¨ aßig genauso groß. Aufgabe 5.2.16 Zu Sommerbeginn (21.06) ist in Aachen der Sonnenaufgang um 4:21 Uhr MEZ und zu Winterbeginn (21.12.) um 8:35 MEZ. Die Sonnenaufgangszeit dazwischen kann man grob als sinus-f¨ ormig modellieren. Berechnen Sie damit n¨ aherungsweise unter Benutzung der Ableitung, um wieviel Minuten sich die Aufgangszeit vom 24. auf den 25.11. ¨andert. ¨ Wie groß ist die Anderung zum Herbstanfang?

L¨ osung: In den 183 Tagen vom 21.06. bis 21.12. verschiebt sich der Sonnenaufgang um 4 Stunden und 14 Minuten, also 254 Minuten, was einer Schwankung von ±127 Minuten um die mittlere Aufgangszeit entspricht. Als Funktion f auf dem Intervall von 0 bis 183 Tagen betrachtet, erh¨ alt man als Schwankung um die mittlere Aufgangszeit f (t) = −127 min · cos(

127 min mittlere Aufgangszeit

Tage 183

−127 min Abb. 5.11 Sonnenausfangszeiten.

π · t). 183 d

Es ist f ′ (t) = −127 min · − sin( ≈ 2.2 · sin(


π π · t) · 183 d 183 d

π · t) min/d. 183 d

¨ Die Anderung vom 24. auf den 25.11., also dem 156ten auf den 157ten Tag nach dem 21.06., ist entsprechend Bemerkung 5.1.9

A525

282

5 Differenzialrechnung f (157 d) − f (156 d) ≈ f ′ (156 d) · (157 d − 156 d) π ≈ 2.2 · sin( · 156 d) min/d · 1 d 183 d ≈ 2.2 · sin(2.678) min ≈ 1 min .

Der Herbstanfang tHerbst liegt genau zwischen Sommer- und Winteranfang, so π π alt damit dass 183 d · tHerbst = 2 ist. Man erh¨ ¨ Anderung ≈ f ′ (tHerbst ) · 1 d

≈ 2.2 · sin( π2 ) min = 2.2 min .

Aufgabe 5.2.17 A526

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen als direkte Linie) erh¨alt man f¨ ur die H¨ohe h, die der See u ¨ber der direkten Verbindung u ¨bersteht (s. Aufgabe 1.3.8): s  2 l 2 . h = R− R − 2 Mit f (x) =

√

R2 − x ist

h = f (0) − f


l 2 2




.

Nutzen Sie diese Darstellung, um mit Hilfe der Ableitung der Funktion f eine N¨ aherung f¨ ur h zu erhalten. Vergleichen Sie diese N¨ aherung mit der N¨ aherung von Aufgabe 3.3.6.

L¨ osung: Entsprechend Bemerkung 5.1.9 gilt f (0) − f (x) = − f (x) − f (0)




≈ − f ′ (0) · (x − 0)

Es ist 1 f ′ (x) = − √ , 2 R2 − x also speziell 1 1 . = − f ′ (0) = − √ 2R 2 R2 Damit erh¨ alt man




= −f ′ (0) · x.

5.3 Anwendungen

283


2
≈ −f ′ (0) · h = f (0) − f 2l    2 1 l l2 = − − · = . 2R 2 8R


l 2 2

Dies ist genau die gleiche N¨ aherung wie bei Aufgabe 3.3.6.

5.3 Anwendungen 5.3.1 Kurvendiskussion

Aufgabe 5.3.1 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 + 4 + 4 = 16 Minuten) ex . x a) Berechnen Sie Nullstellen, Extremstellen und Wendestellen von f .

Es sei f : R \ {0} → R, x 7→

b) Geben Sie das Verhalten von f an den R¨andern des Definitionsbereichs und an der Definitionsl¨ ucke an. c) Skizzieren Sie grob den Funktionsgraf von f auf Grund der Informationen aus a) und b).

L¨ osung: a) Nullstellen: Es gilt !

0 = f (x) =

ex x

⇔

ex = 0.

Da die Exponentialfunktion ex immer ungleich Null ist, gibt es keine Nullstelle von f . Extremstellen: Es ist x−1 x ex · x − ex = ·e , x2 x2 ( ex · x + ex − ex ) · x2 − ( ex · x − ex ) · 2x f ′′ (x) = x4 x 2 x e · x − 2 e · x + 2 ex = . x3 f ′ (x) =

Kandidaten f¨ ur Extremstellen sind Nullstellen von f ′ : !

0 = f ′ (x) =

x−1 x ·e x2

⇔

0 = x−1

⇔

x = 1.

A527

284

5 Differenzialrechnung Einziger Kandidat f¨ ur eine Extremstelle ist also x = 1. Wegen f ′′ (1) = e − 2 e + 2 e = e > 0 ist x = 1 tats¨ achlich Minimalstelle. Wendestellen: Kandidaten f¨ ur Wendestellen sind Nullstellen von f ′′ : !

0 = f ′′ (x) ⇔

⇔

0 = e x · x 2 − 2 · e x · x + 2 · ex

0 = x2 − 2 · x + 2.

Beispielsweise durch die p-q-Formel oder durch quadratische Erg¨anzung sieht man, dass diese quadratische Gleichung keine reelle L¨osung besitzt, d.h., es gibt keine Wendestellen. b) Da exponentielles Verhalten polynomiales dominiert (s. Satz 4.1.10 und Bemerkung 4.1.11) gilt lim f (x) = 0

x→−∞

und

lim f (x) = +∞.

x→+∞

In der N¨ ahe von x = 0 ist der Z¨ ahler von f (x) = von f nahe x = 0 ¨ ahnelt daher dem von x1 : lim f (x) = −∞

x→0−

c)

und

ex x

nahe 1; das Verhalten

lim f (x) = +∞.

x→0+

f (x)

e 1 x

1

Abb. 5.12 Skizze des Funktionsgrafen.

Aufgabe 5.3.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A528

F¨ ur welche Stelle a ≥ 0 wird die Fl¨ ache des Rechtecks unter dem Grafen zur Funktion f (x) = e−x (s. Skizze) maximal?

f (x)

a

x

5.3 Anwendungen

285

L¨ osung: Die Fl¨ ache F (a) berechnet sich durch Breite mal H¨ohe“, also ” F (a) = a · f (a) = a · e−a . Wegen F (0) = 0

und

lim F (a) = 0

a→∞

muss es eine Maximalstelle mit a > 0 geben. Kandidaten dazu sind Nullstellen von F ′ : !

0 = F ′ (a) = e−a − a · e−a = (1 − a) · e−a . Da e−a immer ungleich 0 ist, muss 1 − a gleich Null werden, also a = 1 sein. Als einziger Kandidat ist a = 1 also die gesuchte Maximalstelle. Aufgabe 5.3.3 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Es soll ein Verpackungskarton mit quadratischer Grundfl¨ache f¨ ur 1 Liter Milch hergestellt werden. Aus falt- und klebetechnischen Gr¨ unden ben¨otigt man bei der Kartonherstellung jeweils doppelte Fl¨ ache f¨ ur Deckel und Boden. Wie m¨ ussen die Maße der Verpackung sein, damit der Materialverbrauch minimal ist?

L¨ osung: Bei einer H¨ ohe h und Seitenl¨ ange x (s. Abb. 5.13) ist der Materialbedarf x · x} + 4| · {z x · h} = 4x2 + 4xh. 2| · {z x · x} + 2| · {z 2 Deckel

Die Vorgabe Volumen = 1 Liter“ legt die Einheit ” Dezimeter nahe und bedeutet, dass 1 dm3 = x · x · h ist, also h =

h

2 B¨ oden 4 Seitenfl¨ achen

1 dm3 . x2

x

Abb. 5.13 Skizze des Verpackungskartons.

Damit lautet die Zielfunktion f (x) = 4x2 + 4x ·

4 dm3 1 dm3 2 = 4x + . x2 x

Diese ist f¨ ur x > 0 zu minimieren. Wegen lim f (x) = ∞ = lim f (x) gibt es eine Minimalstelle in ]0, ∞[. x→0

x→∞

Kandidaten sind Nullstellen der Ableitung:

x

A529

286

5 Differenzialrechnung

!

0 = f ′ (x) = 8x −

4 dm3 x2

4 dm3 = 8x x2 1 dm3 = x3 2 r 3 1 dm. x = 2

⇔ ⇔ ⇔

Als einzige L¨ osung muss also x =

q 3

1 2

dm die Minimalstelle sein.

Daraus folgt, dassqdie Grundfl¨ ache bei einem minimalen Materialbedarf die 3 1 L¨ ange und Breite 2 dm haben muss. Die H¨ ohe ist dann

√ 1 dm3 3 4 dm. h = q 2 = 3 1 dm 2 Aufgabe 5.3.4 A530

Bei einer n-maligen Messung einer Gr¨ oße werden die Werte x1 , x2 , . . ., xn gemessen, die auf Grund von Messfehlern und St¨orungen um den wahren Wert streuen. Eine gute N¨ aherung f¨ ur den wahren Wert erh¨alt man durch den Wert x ¯, f¨ ur den die Summe der quadratischen Abweichungen minimal wird, d.h. f¨ ur den Wert, der f (x) =

n X

(x − xk )2

k=1

minimiert. Wie berechnet sich x ¯ aus x1 , x2 , . . ., xn ?

L¨ osung: F¨ ur x → ±∞ gilt f (x) → ∞. Also wird die Minimalstelle bei einem x ∈ R angenommen und es gilt f¨ ur die Minimalstelle f ′ (x) = 0: !

0 = f ′ (x) =

n X

k=1

2 · (x − xk )

= 2 · [(x − x1 ) + (x − x2 ) + . . . + (x − xn )] = 2 · [n · x − (x1 + x2 + . . . + xn )] . Teilt man nun durch 2 und l¨ ost nach n · x auf, erh¨alt man:

5.3 Anwendungen

287

n · x = x1 + x2 + . . . + xn =

n X

k=1

xk

⇔

x =

n 1 X xk . · n k=1

Als einzige Nullstelle der Ableitung ist dies die Minimalstelle, also x ¯ =

n 1 X · xk . n k=1

Dies entspricht genau dem Mittelwert der Messgr¨oßen. Aufgabe 5.3.5 Die Bahnkurve bei einem schr¨ agen Wurf wird bei Vernachl¨ assigung des Luftwiderstandes beschrieben durch y(x) = tan α · x −

2v02

g · x2 . cos2 α

y A531

α x

Dabei beschreibt v0 die Abwurfgeschwindigkeit, α den Abwurfwinkel und g die Erdbeschleunigung (g ≈ 9.81 m/s2 ). F¨ ur welchen Abwurfwinkel erreicht man die gr¨oßte Weite?

L¨ osung: Die Wurfweite ergibt sich als die von 0 verschiedene Nullstelle der Bahnkurve y(x). Wegen   g g 2 y(x) = tan α · x − 2 · x = x · tan α − 2 ·x 2v0 cos2 α 2v0 cos2 α erh¨ alt man die Wurfweite x(α) in Abh¨ angigkeit vom Abwurfwinkel α bei g · x(α) = 0 cos2 α 2v02 2v02 cos2 α x(α) = · tan α} = · cos α · sin α. | {z g g sin α tan α −

⇒

2v02

= cos α


π

Wegen x(0) = 0 = x 2 wird die maximale Wurfweite f¨ ur ein α ∈ ]0; π2 [ erreicht. Die Maximalstelle muss also Nullstelle der Ableitung sein: !


2v02 · (− sin α) · sin α + cos α · cos α g 2v02 · (cos2 α − sin2 α). = g

0 = x′ (α) =

288

5 Differenzialrechnung 2v 2

Wegen g0 6= 0 folgt cos2 α = sin2 α, und da die Sinus- und Cosinus-Funktion im betrachteten Bereich ]0; π2 [ positiv sind, folgt durch Wurzelziehen cos α = sin α.

1

Aus den Funktionsgrafen der Sinus- und Cosinus-Funktion kann man erkennen, dass Gleichheit im betrachteten Bereich ]0; π2 [ genau f¨ ur α = π4 gilt.

cos α

sin α α π 4

π 2

Abb. 5.14 Sinus- und Cosinus-Funktion.

Alternativ kann man die Gleichung umformen zu 1 =

sin α = tan α cos α

⇔

α = arctan 1 =

π , 4

oder man rechnet mit dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) cos2 α = sin2 α = 1 − cos2 α ⇔

2

2 cos α = 1

⇔

α = arccos

Man erh¨ alt also bei einem Abwurfwinkel von

r

π 4

1 π = . 2 4

= ˆ 45o die gr¨oßte Wurfweite.

Alternative L¨ osungsvariante ohne Nutzung der Ableitung: Wegen sin(2α) = 2 sin α cos α (s. Satz 1.1.55, 3.) ist x(α) =

2v02 v2 · cos α · sin α = 0 sin(2α). g g

Offensichtlich ist dieser Ausdruck maximal, wenn gilt 2α =

π 2

⇔

α =

π . 4

Aufgabe 5.3.6 A532

a) Ein Automobilhersteller l¨ asst sich Reifen zuliefern. Er braucht pro Jahr insgesamt R Reifen, die er sich in einzelnen Lieferungen mehrmals im Jahr anliefern l¨ asst. Unabh¨ angig vom Umfang ist eine Lieferung mit Kfix Kosten verbunden. L¨ asst er sich pro Lieferung n Reifen kommen, ist dadurch Geld gebunden, das finanziert werden muss. Die dadurch im Jahr entstehenden Kosten sind proportional zu n, also gleich c · n mit einer Konstanten c. Was ist die optimale Liefergr¨ oße n, und welche Kosten entstehen insgesamt (in Abh¨ angigkeit von Kfix und c)?

b) Der Automobilhersteller hat 3 Reifenzwischenh¨andler, von denen er jeweils R ost er sein Lager 3 Reifen bezieht. Im Zuge der Just-in-Time-Anlieferung l¨

5.3 Anwendungen

289

auf, so dass die Lagerung auf die drei Zwischenh¨andler abgeschoben wird. Diese kalkulieren f¨ ur sich mit gleichen Liefer- und Lagerkosten. Wie ¨ andern sich dadurch die gesamten Liefer- und Lagerkosten? (Vernachl¨ assigen Sie bei den Rechnungen ggf. eigentlich n¨otige Rundungen.)

Lo ¨sung: a) Bei n Reifen pro Lieferung werden entstehen Gesamtkosten von K(n) =

c·n | {z }

Lagerkosten

+

R n

Lieferungen pro Jahr ben¨otigt. Damit

R · Kfix . |n {z }

Lieferkosten

Betrachtet man K(n) als Funktion von n ∈ R, so gilt K(n) → ∞ f¨ ur n → ∞ und f¨ ur n → 0+. Also muss es eine Minimalstelle von K geben, an der die Ableitung gleich Null ist:   1 ! ′ 0 = K (n) = c + R · − 2 · Kfix n R · Kfix = c ⇔ n2 r R · Kfix ⇔ n = . c Als einzige potenzielle Extremstelle muss dies die gesuchte Minimalstelle also die optimale Liefergr¨ oße sein. Die Kosten sind dann ! r r R R · Kfix R · Kfix = c· · Kfix +q Kopt = K c c R·Kfix =

p

p

c · R · Kfix + c · R · Kfix p = 2 · c · R · Kfix .

c

b) Die einzelnen Zwischenh¨ andler kalkulieren entsprechend mit Reifen.

R 3

statt R

Die gleiche Rechnung wie bei a) liefert dann mit R3 statt R eine optimale q q R/3·Kfix Liefergr¨ oße von und Kosten 2 · c · R3 · Kfix f¨ ur jeden Zulieferer. c Die Gesamtkosten sind dann r p √ √ R 3 · 2 · c · R · Kfix = 3 · Kopt . 3 · 2 · c · · Kfix = 3

Dies bedeutet einen Gesamtkostenanstieg um ca. 70%.

290

5 Differenzialrechnung

5.3.2 Regel von de L’Hospital

Aufgabe 5.3.7 A533

Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte: cosh x − 1 ln x , b) lim , a) lim x→1 1 − x x→0 cos x − 1 √ ln x 1 c) lim √ , d) lim x · ln(1 + ). x→∞ x→∞ x ln x

L¨ osung: ln x a) F¨ ur x → 1 ist 1−x vom Typ L’Hospital (Satz 5.3.12) liefert

0 0,

und die Anwendung der Regel von de

1 1 ln x L’H. = lim x = 1 = −1. x→1 1 − x x→1 −1 −1

lim

b) Der betrachtete Ausdruck ist vom Typ 00 , aber auch nach einmaliger Anwendung der Regel von de L’Hospital hat man einen Ausdruck vom Typ 0 0 , so dass man erneut die Regel anwenden muss: lim

x→0

cosh x − 1 L’H. sinh x L’H. cosh x 1 = = −1. = lim = lim x→0 − sin x x→0 − cos x cos x − 1 −1

c) Mit der Regel von de L’Hospital ergibt sich: ln lim √

x→∞

√

x L’H. = lim x→∞ ln x

1 √1 · √ x 2 x √1 ·1 2 ln x x

1 2x x→∞ 1 · √ 1 2x ln x

= lim

= lim

x→∞

√

ln x

= ∞. Man kommt aber auch ohne die Regel von de L’Hospital aus, denn es ist √ 1 1 ln(x 2 ) 1√ ln x 2 ln x √ = √ = ln x, = √ 2 ln x ln x ln x also ln lim √

x→∞

√

x 1√ ln x = ∞. = lim x→∞ 2 ln x

d) Den Ausdruck vom Typ ∞ · 0“ kann man als Bruch umschreiben und ” dann die Regel von de L’Hospital anwenden:

5.3 Anwendungen

291



1 1   1 · − x2 ln 1 + x1 L′ H. 1 1+ x = lim = lim lim x · ln 1 + 1 x→∞ x→∞ x→∞ x − x12 x 1 1 = 1. = = lim x→∞ 1 + 1 1 x |{z} →0

Aufgabe 5.3.8 cos(x2 ) − 1 x→0 x3 sin x a) mit Hilfe der Potenzreihendarstellungen,

Berechnen Sie lim

A534

b) mit der Regel von de l’Hospital.

L¨ osung: a) Mit den Potenzreihendarstellungen (s. Satz 3.3.7) ergibt sich
1 1 − 12 (x2 )2 + 4! (x2 )4 − + . . . − 1 cos(x2 ) − 1
lim = lim 1 3 x→0 x3 · sin x x→0 x3 · x − 3! x + −... 1 8 x − +... − 21 x4 + 4! 1 4 6 x→0 x − 3! x + − . . .

= lim

1 4 x − +... − 21 − 21 + 4! 1 = = − . 1 2 x→0 1 − 1 2 3! x + − . . .

k¨ urzen

= lim

b) Mit mehrfacher Anwendung der Regel von de L’Hospital erh¨alt man −2x · sin(x2 ) cos(x2 ) − 1 L’H. = lim x→0 3x2 · sin x + x3 · cos x x→0 x3 · sin x lim

−2 · sin(x2 ) x→0 3x · sin x + x2 · cos x

k¨ urzen

= lim

L’H.

−4x cos(x2 ) x→0 3 sin x + 3x cos x + 2x cos x −x2 sin x | {z }

= lim

= 5x cos x

L’H.

−4 cos(x2 ) + 8x2 sin(x2 ) x→0 3 cos x + 5 cos x − 5x sin x − 2x sin x − x2 cos x

= lim =

−4 · 1 + 0 4 1 = − = − . 3+5−0 8 2

292

5 Differenzialrechnung

Bemerkung: Statt bei b) im zweiten Schritt ein x zu k¨ urzen, h¨atte man auch die Regel von de L’Hospital anwenden k¨ onnen. Die folgenden Ausdr¨ ucke sind dann zwar anders, aber man erh¨ alt (nach zwei weiteren Anwendungen der Regel) das gleiche Ergebnis. Insgesamt hat man dann vier Mal die Regel von de L’Hospital angewendet. Dies entspricht der Potenz x4 , die man bei a) k¨ urzen konnte. Dies gilt allgemein bei Grenzwerten x → 0: Kann man bei Betrachtung der Potenzreihenentwicklungen eine Potenz xn k¨ urzen, so muss man bei der Berechnung mittels der Regel von de L’Hospital die Regel n mal anwenden. Aufgabe 5.3.9 A535

Betrachtet werden die Grenzwerte 1)

lim

x→∞

sinh x cosh x

und

2)

lim

x→∞

x + sin x . x

a) Was ergibt sich bei der Anwendung der Regel von de L’Hospital? b) Bestimmen Sie die Grenzwerte. (Tipp zu 1): nutzen Sie die Definitionen von sinh x und cosh x.)

Lo ¨sung: ∞ 1) a) Der Ausdruck ist f¨ ur x → ∞ vom Typ ∞ . Mehrfache Anwendung der Regel von de L’Hospital ergibt wegen (sinh x)′ = cosh x und (cosh x)′ = sinh x:

lim

x→∞

cosh x L’H. sinh x sinh x L’H. = lim = lim ; x→∞ sinh x x→∞ cosh x cosh x

man kann auf diese Weise den Grenzwert nicht berechnen. b) Mit den Definitionen von sinh x und cosh x (s. Definition 1.1.64) ist
1 x 1 x −x 1 − e−2x ) sinh x 2 e 2 (e − e = lim 1 x lim = lim 1 x −x ) −2x ) x→∞ x→∞ cosh x x→∞ 2 (e + e 2 e (1 + e →0

z }| { 1 − e−2x = lim x→∞ 1 + e−2x | {z }

= 1.

→0

2) a) Der Ausdruck ist f¨ ur x → ∞ vom Typ ∞ ∞ . Bildet man entsprechend der Regel von de L’Hospital den Quotienten der Ableitungen, erh¨alt man
1 + cos x = lim 1 + cos x . x→∞ x→∞ 1 lim

5.3 Anwendungen

293

Dieser Grenzwert existiert nicht. Die Regel von de L’Hospital gibt aber nur Auskunft, falls der Grenzwert des Ableitungs-Quotienten existiert (s. Satz 5.3.12). Falls dieser Grenzwert – so wie hier – nicht existiert, sagt die Regel nichts aus. Insbesondere darf man hier nicht schließen, dass der urspr¨ ungliche Grenzwert nicht existiert. b) Es ist lim

x→∞

x + sin x = lim x→∞ x



1+

sin x x



= 1 + 0 = 1.

5.3.3 Newton-Verfahren

Aufgabe 5.3.10 Was ergibt die Anwendung des Newton-Verfahrens auf die Funktion x f (x) = 2 x +3 mit den Startwerten a) x0 = 0.5,

b) x0 = 1,

c) x0 = 1.5?

(Nutzen Sie einen Taschenrechner.) Skizzieren Sie die Situationen!

L¨ osung: Beim Newton-Verfahren (s. Satz 5.3.15) werden die Iterierten xn definiert gem¨ aß f (xn ) xn+1 = xn − ′ . f (xn ) Hier ist f ′ (x) = also xn+1

1 · (x2 + 3) − x · 2x 3 − x2 = , (x2 + 3)2 (x2 + 3)2

xn (x2 + 3) · xn +3 = xn − = xn − n 2 3 − x2n 3 − xn 2 2 (xn + 3) x2n

=

xn · (3 − x2n ) − xn · (3 + x2n ) −2x3n = . 3 − x2n 3 − x2n

A536

294

5 Differenzialrechnung

a) Durch iterative Berechnung erh¨ alt man mit Hilfe eines Taschenrechners x0 = 0.5, x2 =

x1 =

−2 · x31 ≈ 5 · 10−4 , 3 − x21

−2 · (0.5)3 ≈ −0.091, 3 − 0.52

x3 ≈ −8 · 10−11 .

Offensichtlich konvergieren die Werte xn gegen die Nullstelle 0, wie man auch an der Skizze sehen kann. f (x) b

x1

x

0.5

Abb. 5.15 Newton-Verfahren mit dem Startwert x0 = 0.5.

b) Mit x0 = 1 ergibt sich x1 =

−2 · (1)3 = −1 3 − 12

und

x2 =

−2 · (−1)3 = +1 = x0 , 3 − (−1)2

Damit ist dann x3 = x1 = −1, x4 = x2 = +1 u.s.w., d.h., die Folge (xn ) springt zwischen ±1. f (x) b

−1

x

1

b

Abb. 5.16 Newton-Verfahren mit dem Startwert x0 = 1.

c) Mit dem Taschenrechner erh¨ alt man Iterierte, die immer kleiner werden: x1 = −9,

x2 ≈ −18.7,

x3 ≈ −37.7, f (x)

x2

x4 ≈ −75.6. b

x1

b b

1.5

Abb. 5.17 Newton-Verfahren mit dem Startwert x0 = 1.5.

x

5.3 Anwendungen

295

Aufgabe 5.3.11 Bestimmen Sie die lokalen Extremstellen der Funktion

A537

f (x) = x3 − 3x + 1, skizzieren Sie mit diesen Informationen den Funktionsgraf, und bestimmen Sie (mit Hilfe eines Taschenrechners) N¨ aherungen f¨ ur s¨amtliche Nullstellen mittels des Newton-Verfahrens.

L¨ osung: Es ist f ′ (x) = 3x2 − 3

f ′′ (x) = 6x.

und

Kandidaten f¨ ur Extremstellen sind Nullstellen von f ′ : !

0 = f ′ (x) = 3x2 − 3

⇔

x2 = 1

⇔

x = ±1.

Wegen f ′′ (1) = 6 > 0 ist 1 eine Minimalstelle mit f (1) = −1 und wegen f ′′ (−1) = −6 < 0 ist −1 eine Maximalstelle mit f (−1) = 3. Als Polynom dritten Grades hat f damit einen Funktionsgraf wie in Abbildung 5.18 dargestellt.

f (x) b

Es gibt also 3 Nullstellen: • eine in ] − ∞, −1[,

1

• eine in ] − 1, 1[

• und eine in ]1, ∞[.

1

Durch grobes Ablesen an der Skizze kann man als Startwerte f¨ ur das Newtonverfahren −2, 0 und 2 w¨ ahlen.

x

b

Abb. 5.18 Skizze der Funktion.

Als Newton-Iteration ergibt sich hier konkret x3n − 3xn + 1 f (xn ) = x − n f ′ (xn ) 3x2n − 3 3 3 3xn − 3xn − (xn − 3xn + 1) 2x3n − 1 = = . 3x2n − 3 3(x2n − 1)

xn+1 = xn −

Mit den gew¨ ahlten Startwerten ergibt sich x0 = −2, x1 ≈ −1.89,

x2 ≈ −1.87945, x3 ≈ −1.87938,

x0 = 0, x1 ≈ 0.33,

x2 ≈ 0.34722, x3 ≈ 0.34729,

x0 = 2, x1 ≈ 1.67,

x2 ≈ 1.54861, x3 ≈ 1.53239.

296

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.12 (Fortsetzung von Aufgabe 4.2.4) A538

Bestimmen Sie mit Hilfe des Newton-Verfahrens ein a, das 25 = 2a · sinh

10 a

erf¨ ullt. F¨ uhren Sie dabei soviel Schritte durch, bis der Abstand zweier aufeinander folgender Iterationsl¨ osungen kleiner als 0.001 ist. Vergleichen Sie die Anzahl der Schritte mit der beim Bisektionsverfahren (s. Aufgabe 4.2.4).

Lo ¨sung: Gesucht ist die Nullstelle von f (a) = 2a · sinh

10 − 25. a

Als Startwert kann man z.B. x0 = 8 w¨ ahlen. Die Iterationvorschrift ist xn+1 = xn − Damit ergibt sich

2xn · sinh x10n − 25 f (xn ) .  = x − n f ′ (xn ) 2 · sinh x10n + 2xn · cosh x10n · − (x10 2 n)

x1 = 8.415 . . . ,

x2 = 8.4547 . . . ,

x3 = 8.4550 . . . .

Beim Bisektionsverfahren ben¨ otigt man deutlich mehr Schritte f¨ ur diese Genauigkeit, z.B. beim Startintervall [8, 9] zehn Schritte bis zu einer Genauigkeit kleiner 0.001 (s. Aufgabe 4.2.4). Aufgabe 5.3.13 A539

a) Zeigen Sie, dass man nur Multiplikationen und Additionen ben¨otigt, wenn man numerisch x = a1 als Nullstelle der Funktion f (x) = x1 − a gem¨aß des Newton-Verfahrens berechnet. b) Zeigen Sie, dass die Rekursionsvorschrift xn+1 = x2n + 2xcn (vgl. Aufgabe √ 3.1.5) der Newton-Iteration zur Bestimmung von c als Nullstelle von f (x) = x2 − c entspricht.

L¨ osung: a) Mit f ′ (x) = − x12 lautet die Iterationsvorschrift

5.3 Anwendungen

297 1

xn+1

−a f (xn ) = x n − xn 1 = xn − ′ = xn + x2n · f (xn ) − x2 n



1 −a xn



= xn + xn − x2n · a = 2xn − x2n · a.

In dieser Form enth¨ alt die Iterationsvorschrift tats¨achlich nur Multiplikationen und Additionen. b) Zu f (x) = x2 − c ist f ′ (x) = 2x, so dass die Newton-Iteration lautet: f (xn ) x2n − c xn c = x − = xn − + n f ′ (xn ) 2xn 2 2xn xn c = + . 2 2xn

xn+1 = xn −

Aufgabe 5.3.14 (beispielhafte Klausuraufgabe, 4 + 4 = 8 Minuten) a) Skizzieren Sie n¨ aherungsweise die Lage von x1 und x2 bei Durchf¨ uhrung des Newton-Verfahrens zur Bestimmung einer Nullstelle der abgebildeten Funktion f (x) ausgehend von x0 . f (x) x x0

b) F¨ uhren Sie einen Schritt des Netwon-Verfahrens zur Bestimmung einer Nullstelle von f (x) = x3 − 4x + 2 ausgehend von x0 = 1 durch.

Lo ¨sung: a) f (x)

b

x x0

x1 x2 b

Abb. 5.19 Skizze zum Newton-Verfahren.

A540

298

5 Differenzialrechnung

b) Es ist f ′ (x) = 3x2 − 4. Damit ist x1 = x0 −

f (x0 ) f (1) 1−4+2 −1 = 1− ′ = 1− = 1− = 0. ′ f (x0 ) f (1) 3−4 −1

5.3.4 Taylorpolynome und -reihen

Aufgabe 5.3.15 A541

a) Bestimmen Sie das 3-te Taylorpolynom in 0 von f (x) = ex sin x. b) Bestimmen Sie das 13-te Taylorpolynom in 1 zu f (x) = x3 − 2x.

c) Bestimmen Sie das 3-te Taylorpolynom in 0 von f (x) = arcsin x. (Hinweis: (arcsin x)′ =

√ 1 ) 1−x2

L¨ osung: a) F¨ ur das 3-te Taylorpolynom ben¨ otigt man Ableitungen von f (x) bis zur Ordnung 3: f ′ (x) = ex sin x + ex cos x, f ′′ (x) = ex sin x + ex cos x + ex cos x − ex sin x = 2 ex cos x, f ′′′ (x) = 2 ex cos x − 2 ex sin x. Damit ergibt sich als Taylorpolynom in 0: 1 ′′ f (0) · x2 + 2! 1 + · 2 · x2 + 2

T3;0 (x) = f (0) + f ′ (0) · x + =

0 + 1·x

1 ′′′ f (0) · x3 3! 1 · 2 · x3 6

1 x + x2 + x3 . 3 Alternativ kann man das Taylorpolynom bestimmen, indem man die Taylorreihen in 0 – also die Potenzreihen – zu ex und sin x multipliziert und die resultierenden Summanden bis zur Potenz x3 ber¨ ucksichtigt (s. Bemerkung 5.3.23, 2.): =

ex sin x = (1 + x + 12 x2 + 16 x3 + . . .) · (x − 16 x3 + − . . .)
= x + x2 + x3 · 21 − 16 + . . . = x + x2 + 13 x3 + . . . .

5.3 Anwendungen

299

b) Als Ableitungen ergeben sich: f ′ (x) = 3x2 − 2,

f ′′ (x) = 6x,

f ′′′ (x) = 6

und f¨ ur n ≥ 4: f (n) (x) = 0. Damit erh¨ alt man als 13-tes Taylorpolynom: T13;1 (x) 1 ′′ 1 f (1)(x − 1)2 + f ′′′ (1)(x − 1)3 2! 3! 1 13 1 (4) 4 f (1)(x − 1)13 + f (1)(x − 1) + . . . + 4! 13! | {z }

= f (1) + f ′ (1)(x − 1) +

=0

= −1

+ 1 · (x − 1)

= −1

+x−1

= x

3

= f (x).

− 2x

1 1 + · 6 · (x − 1)2 + · 6 · (x − 1)3 2 6 + 3 · (x2 − 2x + 1) + x3 − 3x2 + 3x − 1

Entsprechend Bemerkung 5.3.22 ist das n-te Taylorpolynom zu einem Polynom f vom Grad N f¨ ur n ≥ N gleich f , so dass man dieses Ergebnis auch ohne Rechnung direkt angeben kann. c) Zu f (x) = arcsin(x) ergeben sich als Ableitungen
− 1 1 = 1 − x2 2 , 2 1−x
− 3
− 3 1 f ′′ (x) = − · 1 − x2 2 · (−2x) = x · 1 − x2 2 , 2  
− 3
− 5 3 f ′′′ (x) = 1 − x2 2 + x · − · 1 − x2 2 · (−2x), 2 f ′ (x) = √

also

f ′ (0) = 1,

f ′′ (0) = 0 und

f ′′′ (0) = 1.

Daraus folgt das Taylorpolynom in 0: 1 ′′ f (0) · x2 + 2! 1 + · 0 · x2 + 2

T3;0 (x) = f (0) + f ′ (0) · x + =

0 +1·x

=

x +

1 3 ·x . 6

1 ′′′ f (0) · x3 3! 1 · 1 · x3 3!

300

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.16 A542

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen als direkte Linie) erh¨alt man f¨ ur die Differenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie (s. Aufgabe 1.3.8): ∆l = 2R · arcsin

l − l. 2R

Berechnen Sie eine N¨ aherung f¨ ur ∆l, indem Sie das dritte Taylorpolynom zu arcsin x in x = 0 (s. Aufgabe 5.3.15, c)) zu Hilfe nehmen. Vergleichen Sie das Ergebnis mit der N¨ aherung von Aufgabe 3.3.6.

Lo ¨sung: Das dritte Taylorpolynom ist (s. Aufgabe 5.3.15 ,c)) T3;0 (x) = x +

1 3 ·x . 6

Damit erh¨ alt man als N¨ aherung zu ∆l 3 !  R l3 1 l l −l = l+ · + · −l ∆l ≈ 2R · 2R 6 2R 3 8R3 =

l3 . 24R2

Dies ist genau die gleiche N¨ aherung wie bei Aufgabe 3.3.6. Aufgabe 5.3.17 (Fortsetzung von Aufgabe 1.1.34 und Aufgabe 3.3.3) A543

a) Mit Zinseszins w¨ achst ein Guthaben G bei j¨ahrlicher Vezinsung zu einem Zinssatz p nach n Jahren auf Gn = (1 + p)n · G.

Was erh¨ alt man als lineare Taylor-N¨ aherung dieser Formel aufgefasst als Funktion bzgl. p an der Entwicklungsstelle p = 0?

b) Bei kontinuierlicher Verzinsung zu einem Zinssatz p w¨achst ein Guthaben G innerhalb eines Jahres auf G1 = G · ep . 1) Was erh¨ alt man als lineare Taylor-N¨aherung dieser Formel aufgefasst als Funktion bzgl. p an der Entwicklungsstelle p = 0? 2) Sei konkret p = 3% = 0.03 und G = 1000e. Ab welcher Ordnung liefert die Taylor-Entwicklung auf den Cent genau den exakten Betrag? (Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

5.3 Anwendungen

301

L¨ osung: a) Zu Gn (p) = (1 + p)n · G ist die lineare N¨ aherung T1 (p) an der Stelle p = 0 wegen G′n (p) = n · (1 + p)n−1 · G, also G′n (0) = n · G, T1 (p) = Gn (0) + G′n (0) · p = G + n · G · p = (1 + np) · G. Dies entspricht der Formel f¨ ur eine Verzinsung ohne Zinseszins. b)

1) Zu G1 (p) = G · ep ist die lineare N¨ aherung T1 (p) an der Stelle p = 0 wegen G′1 (p) = G· ep ′ also G1 (0) = G T1 (p) = G1 (0) + G′1 (0) · p = G + G · p = (1 + p) · G. Dies entspricht einer normalen einfachen Verzinsung am Jahresende. 2) Bei den angegebenen Werten ist konkret G1 = 1000e · e0.03 ≈ 1030.45e und T1 (0.03) = 1.03 · 1000e = 1030e.

Wegen G′′1 (p) = G · ep , erh¨ alt man als quadratische Taylor-N¨aherung T2 (p) = G1 (0) + G′1 (0) · p +

1 · G′′1 (0) · p2 2

1 1 = G + G · p + G · p2 = (1 + p + p2 ) · G, 2 2 konkret T2 (0.03) = 1030.45e also den Betrag bei kontinuierlicher Verzinsung. Aufgabe 5.3.18 Die Funktion f sei definiert durch die Potenzreihe f (x) =

∞ X

ak x k .

k=0

¨ Uberzeugen Sie sich, dass das n-te Taylorpolynom in x = 0 zu f gleich der nach xn abgeschnittenen Potenzreihe ist.

A544

302

5 Differenzialrechnung

L¨ osung: Zu a2 · x 2 +

a3 · x 3 +

a4 · x 4 + . . .

+ 2 · a2 · x +

3 · a3 · x 2 +

4 · a4 · x 3 + . . .

f (x) = a0 + a1 · x + sind die Ableitungen f ′ (x) =

a1

f ′′ (x) = f ′′′ (x) =

2 · a2

f (4) (x) =

+ 3 · 2 · a3 · x + 4 · 3 · a4 · x 2 + . . . 3 · 2 · a3 + 4 · 3 · 2 · a4 · x + . . . 4 · 3 · 2 · a4

+ ...

mit Werten bei x = 0: f (0) = a0 , f ′ (0) = f ′′ (0) =

a1 , 2 · a2 ,

f ′′′ (0) = f (4) (0) =

3 · 2 · a3 = 3! · a3 ,

4 · 3 · 2 · a4 = 4! · a4 .

Man sieht, dass allgemein gilt f (k) (0) = k! · ak . Damit ist das n-te Taylorpolynom in 0 zu f (x) Tn;0 (x) =

n n n X X X 1 1 · f (k) (0) · xk = · k! · ak · xk = ak · x k , k! k!

k=0

k=0

k=0

also genau der Beginn der Potenzreihe. Aufgabe 5.3.19 A545

¨ a) Uberlegen Sie sich, dass die hinreichende Bedingung f¨ ur eine Minimalstelle xs nach Satz 5.3.7, 1., also f ′ (xs ) = 0 und f ′′ (xs ) > 0, bedeutet, dass das zweite Taylorpolynom von f in xs dort eine Minimalstelle hat. b) Es soll ein Verfahren zur iterativen Bestimmung einer Extremstelle einer Funktion f entwickelt werden. Dazu wird zu einer N¨aherungsstelle xn das zweite Taylorpolynom (eine Parabel) zu f bestimmt und dessen Extremstelle als n¨ achste N¨ aherung xn+1 bestimmt. 1) Veranschaulichen Sie sich das Verfahren an der Funktion f (x) = x3 − 6x2 + 8x beginnend mit x0 = 0. 2) Stellen Sie eine Formel auf, wie sich xn+1 aus xn berechnen l¨asst. F¨ allt Ihnen etwas auf?

5.3 Anwendungen

303

L¨ osung: a) Das zweite Taylorpolynom von f in xs ist 1 T2;xs (x) = f (xs ) + f ′ (xs ) · (x − xs ) + f ′′ (xs ) · (x − xs )2 . 2 Ist f ′ (xs ) = 0 und a :=

1 ′′ f (xs ) > 0 sowie b := f (xs ), so ist 2

T2;xs (x) = b + a · (x − xs )2 . Dies ist eine nach oben ge¨ offnete Parabel mit Scheitelpunkt (xs , b), d.h, xs ist Minimalstelle dieser Parabel, also von T2;xs (x). b)

1) Das Taylorpolynom in 0 entspricht dem Anfang der Potenzreihe, so dass man ohne Rechnung als zweites Taylorpolynom in 0 T2;0 (x) = −6x2 + 8x f (x)

erh¨ alt. F¨ ur die Extremstelle muss gelten: !

⇔

′

x1

0 = (T2;0 (x)) = −12x + 8 8 2 x = = , 12 3

3

x

T2;0 Abb. 5.20 zweites Taylorpolynom in 0.

also x1 = 32 .

Nun kann man das zweite Taylorpolynom in ximalstelle bestimmen u.s.w..

2 3

aufstellen, dessen Ma-

2) Das zweite Taylorpolynom in xn ist T2;xn (x) = f (xn ) + f ′ (xn ) · (x − xn ) +

1 ′′ · f (xn ) · (x − xn )2 . 2

Die Extremstelle dieser quadratischen Funktion erh¨alt man als Nullstelle der Ableitung: !

1 ′′ · f (xn ) · 2 · (x − xn ) 2 + f ′′ (xn ) · (x − xn ).

′ 0 = T2;x (x) = f ′ (xn ) · 1 + n

= f ′ (xn ) Aufl¨ osen nach x liefert

304

5 Differenzialrechnung − f ′ (xn ) = f ′′ (xn ) · (x − xn ) ⇔

x − xn

⇔

x

f ′ (xn ) f ′′ (xn ) f ′ (xn ) = xn − ′′ f (xn )

= −

und damit xn+1

= xn −

f ′ (xn ) . f ′′ (xn )

Dies entspricht genau der Newton-Iteration zur Nullstellenbestimmung von f ′ (x). Aufgabe 5.3.20 A546

a) Bestimmen Sie das n-te Taylorpolynom von f (x) = n ∈ N.

1 x

b) Welche Reihe ergibt sich bei a) f¨ ur n → ∞?

Lo ¨sung: a) In der Potenzschreibweise f (x) =

1 x

= x−1 erh¨alt man

f ′ (x) = −1 · x−2 ,

f ′′ (x) = +1 · 2 · x−3 ,

f ′′′ (x) = −1 · 2 · 3 · x−4 ,

f (4) (x) = +1 · 2 · 3 · 4 · x−5 , ... Man sieht, dass allgemein gilt f (k) (x) = (−1)k · k! · x−(k+1) , also f¨ ur x = 1 f (k) (1) = (−1)k · k! . Damit ist das n-te Taylorpolynom in 1 zu f (x)

in 1 f¨ ur beliebiges

5.3 Anwendungen

305

Tn;1 (x) = = =

n X 1 · f (k) (1) · (x − 1)k k!

k=0 n X

k=0 n X

1 · (−1)k · k! · (x − 1)k k! − (x − 1)

k=0


k

=

n X

k=0

(1 − x)k .

b) F¨ ur n → ∞ erh¨ alt man eine geometrische Reihe und f¨ ur |1 − x| < 1 ergibt sich (s. Satz 3.2.5) ∞ X

k=0

(1 − x)k =

1 1 = . 1 − (1 − x) x

Aufgabe 5.3.21 Sei T2 (x) das 2-te Taylorpolynom in x0 = 2 zu

A547

1 5 5 4 f (x) = x − x + 2x2 . 12 8 Geben Sie mit Hilfe der Restglied-Formel (s. Satz 5.3.24) eine Fehlerabsch¨ atzung von |f (x) − T2 (x)| f¨ ur x ∈ [1, 3] an.

L¨ osung: Nach Satz 5.3.24 und Bemerkung 5.3.26 ist ′′′ f (ϑ) 3 · (x − 2) |f (x) − T2 (x)| = 3!

f¨ ur ein ϑ zwischen x und 2.

F¨ ur x ∈ [1, 3] ist also auf jeden  |f (x) − T2 (x)| ≤ max

Fall ϑ ∈ [1, 3]. Also ist  ′′′ f (ϑ) · max (x − 2)3 3! x∈[1, 3] ϑ∈[1, 3] | {z }

1 = · max |f ′′′ (ϑ)| . 6 ϑ∈[1, 3]

=1

306

5 Differenzialrechnung

Es ist f ′′′ (x)

5 4 5 3 x − x + 4x, 12 2 5 15 f ′′ (x) = x3 − x2 + 4, 3 2 f ′ (x) =

b

b

1

2

3 x

f ′′′ (x) = 5x2 − 15x


= 5 · x2 − 3x .

Abb. 5.21 f ′′′ (x).

Offensichtlich ist f ′′′ eine Parabel mit den Nullstellen 0 und 3, also Scheitelpunkt bei 32 . Daher ist klar:   ′′′ 3 9 3 ′′′ max |f (ϑ)| = f = 5 · − 15 · 2 4 2 ϑ∈[1, 3] 45 45 − 90 45 = − = . = 4 4 4 Daraus folgt:

|f (x) − T2 (x)| ≤

1 45 15 · = . 6 4 8

Aufgabe 5.3.22 A548

a) Sch¨ atzen Sie den Fehler ab, den man macht, wenn man 1) die Funktion sin x durch x, 2) die Funktion sin x durch x −

1 3 3! x ,

ersetzt und |x| ≤ 0.5 ist.

b) Wieviel Summanden der Potenzreihenentwicklung braucht man, um die Funktion f (x) = sin x f¨ ur x ∈ [0, π4 ] mit einer Genauigkeit kleiner 10−16 zu berechnen?

L¨ osung: a)

1) Wie man an der Potenzreihenentwicklung sieht, ist das erste sowie das zweite Taylorpolynom zu f (x) = sin x in 0 gleich x. Als Fehlerabsch¨ atzung kann man daher die Restgliedformel (s. Satz 5.3.24) mit n = 1 oder n = 2 anwenden. Meist f¨ uhrt ein gr¨oßeres n zu besseren Ergebnissen.

5.3 Anwendungen

307

F¨ ur n = 2 erh¨ alt man mit einem ϑ zwischen 0 und x: 1 (3) 3 | sin x − x| = f (ϑ) · (x − 0) 3! 1 = |− cos ϑ| ·|x|3 3! | {z } |x|≤0.5

≤

≤1

1 · (0.5)3 ≤ 0.021. 3!

2) Entsprechend der Potenzreihenentwicklung ist das (dritte und) vierte 1 3 Taylorpolynom zu f (x) = sin x gleich x − 3! x .

Als Fehlerabsch¨ atzung kann man daher die Restgliedformel mit n = 4 anwenden und erh¨ alt mit einem ϑ zwischen 0 und x:   sin x − x − 1 x3 = 1 f (5) (ϑ) · x5 3! 5! 1 |cos ϑ| ·|x|5 = 5! | {z } ≤1

|x|≤0.5

≤

1 · 0.55 ≤ 0.00027. 5!

b) Sei Tn (x) die Potenzreihenentwicklung zu f (x) = sin x bis xn , also das n-te Taylorpolynom in 0. Dann ist mit einem ϑ zwischen 0 und x (n+1) f (ϑ) n+1 · (x − 0) | sin x − Tn (x)| = (n + 1)! 1 = · f (n+1) (ϑ) · |x|n+1 . (n + 1)! F¨ ur jede Ableitung von f (x) = sin x und jede Stelle ϑ gilt |f (k) (ϑ)| ≤ 1. Damit und mit |x| ≤ π4 folgt | sin x − Tn (x)| ≤

1 · (n + 1)!

1

·

 π n+1 4

.


17 1 · π4 < 10−16 , d.h. man erreicht eine Durch Ausprobieren findet man 17! −16 Genauigkeit von 10 bei T16 , also bei der Potenzreihenentwicklung bis x16 (acht wirkliche“ Summanden). ”

308

5 Differenzialrechnung

Aufgabe 5.3.23 A549

Bei einem See der L¨ ange l (gemessen auf der Wasseroberfl¨ache) erh¨alt man f¨ ur die H¨ ohe h, die der See u ur die Dif¨ber der direkten Verbindung u ¨bersteht, und f¨ ferenz ∆l eines schwimmenden Seils und der direkten Linie die folgenden Formeln, die mit Hilfe der Potenzreihendarstellungen von sin und cos angen¨ahert werden k¨ onnen (s. Aufgabe 3.3.6): l h = R − R · cos 2R ≈ R − R · (1 −

1 2

l l ≈ l − 2R · ( 2R − ∆l = l − 2R · sin 2R


l 2 2R )

1 3!

l2 8R ,

=


l 3 2R )

=

l3 24R2 .

¨ Nutzen Sie a wie bei Aufgabe 5.3.22, um abzusch¨atzen, ¨hnliche Uberlegungen wie nah die N¨ aherungen an den wirklichen Werten liegen.

L¨ osung: Der Fehler Fh , den man bei der N¨ aherung zu h durch die Ersetzung des Cosinus durch den Anfang der Potenzreihenentwicklung gemacht hat, ist  2 ! l l 1 −R· 1− Fh = R · cos 2R 2 2R " !#   2 l l 1 = R · cos − 1− . 2R 2 2R

Da 1 − 12 x2 das zweite und dritte Taylorpolynom zu cos x ist, ist a¨hnlich zu Aufgabe 5.3.22 mit einem ϑ zwischen 0 und x (4)   1 cos x − 1 − 1 x2 = cos (ϑ) · x4 ≤ · |x|4 . 2 4! 24 Damit erh¨ alt man " l − Fh = R · cos 2R

1 1− 2

Mit R = 6370 km und l = 50 km ist Fh ≤ R



l 2R

2 !# 1 ≤ R· 24

l 4 l4 = · . 2R 384R3

l4 ≤ 6.3 · 10−8 km = 0.063 mm. 384R3 2

l ≈ 49.0581 m ist also bis auf die Rundung in der Der N¨ aherungswert h ≈ 8R letzten angegebenen Stelle exakt.

5.3 Anwendungen

309

Mit 5   sin x − x − 1 x3 = sin (ϑ) · x5 ≤ 1 x5 3! 5! 5!

gilt ¨ ahnlich f¨ ur den Fehler F∆l zu ∆l:  3 ! l l 1 l F∆l = 2R · sin − 2R · − 2R 2R 3! 2R " !#   3 l l l 1 = 2R · sin − − 2R 2R 3! 2R 5  1 l l5 ≤ 2R · · = 5! 2R 5! · 24 · R4 ≤ 10−10 km = 10−4 mm. 3

l Der N¨ aherungswert ∆l ≈ 24R 2 ≈ 12.8357 cm ist also bis auf die Rundung in der letzten angegebenen Stelle exakt.

6

Integralrechnung

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

Aufgabe 6.1.1 Sei f (x) = −x2 + 2x + 3 (s. Skizze).

Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) N¨aheR3 rungen zu f (x) dx durch eine Riemannsche Zwi0

schensumme zu den folgenden Zerlegungen a) x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, b) x0 = 0, x1 = 0.5, x2 = 1, x3 = 1.5, x4 = 2, x5 = 2.5, x6 = 3,

f (x)

A601

3 2 1

c) x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2.5, x3 = 3,

1

2

3

x

und Zwischenstellen x ck am linken Intervallrand. Was ergibt sich bei der Zerlegung a) bei Zwischenstellen x ck in der Intervallmitte bzw. als Ober- und Untersumme? Skizzieren Sie die Situationen.

Lo ¨sung: a) Es ist (s. Abb. 6.1, links) S = f (0) · 1 + f (1) · 1 + f (2) · 1 = 3 · 1 + 4 · 1 + 3 · 1 = 10. b) Es ist (s. Abb. 6.1, Mitte) 1 1 1 + f (0.5) · + f (1) · 2 2 2 1 1 1 + f (1.5) · + f (2) · + f (2.5) · = 9.625. 2 2 2

S = f (0) ·

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_17

312

6 Integralrechnung

c) Unter Ber¨ ucksichtigung der unterschiedlichen Intervallbreiten erh¨alt man (s. Abb. 6.1, rechts) S = f (0) · 1 + f (1) ·

1 3 + f (2.5) · = 9.875. 2 2

f (x)

f (x)

f (x)

3

3

3

2

2

2

1

1

1

1

2

3 x

1

2

3 x

1

2

3 x

Abb. 6.1 Riemansche Zwischensummen zu verschiedenen Zerlegungen.

W¨ ahlt man bei der Zerlegung a) die Zwischenstellen in der Intervallmitte, so erh¨ alt man (s. Abb. 6.2, links) S = f (0.5) · 1 + f (1.5) · 1 + f (2.5) · 1 = 9.25. Bei der Obersumme nutzt man jeweils den gr¨oßten Funktionswert im entsprechenden Intervall und erh¨ alt (s. Abb. 6.2, Mitte) S = 4 · 1 + 4 · 1 + 3 · 1 = 11. Bei der Untersumme nutzt man entsprechend den kleinsten Funktionswert und erh¨ alt (s. Abb. 6.2, rechts) S = 3 · 1 + 3 · 1 + 0 · 1 = 6. f (x)

f (x)

f (x)

3

3

3

2

2

2

1

1

1

1

2

3 x

1

2

3 x

1

2

Abb. 6.2 Riemansche Zwischensumme und Ober- und Untersumme.

3 x

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

313

Aufgabe 6.1.2 Stellen Sie die Riemannsche Zwischensumme zu Zb

1 dx x2

(0 < a < b)

a

auf, wobei zu einer Zerlegung a = x0 < x1 < . . . < xn = b als Zwischenstel√ len die geometrischen Mittel x ck := xk−1 · xk ∈ [xk−1 , xk ] von xk−1 und xk genutzt werden. Vereinfachen Sie die Summe.

Lo ¨sung: Es ist S(f, Z, x ck ) = =

= = = = =

n X

k=1 n X k=1 n X

f (c xk ) · ∆xk √

1 · (xk − xk−1 ) xk−1 · xk 2

xk − xk−1 xk−1 · xk k=1   n X 1 1 − xk−1 xk k=1       1 1 1 1 1 1 − + − + ··· + − x0 x1 x1 x2 xn−1 xn 1 1 − x0 xn 1 1 − . a b

Bemerkung: Der Wert der Riemannschen Zwischensumme ist bei dieser Wahl der Zwischenstellen also unabh¨ angig von der Zerlegung. Insbesondere erh¨alt man bei immer feiner werdenden Zerlegungen immer diesen Wert. Daher gilt Zb a

1 1 1 dx = − . x2 a b

A602

314

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.1.3 A603

¨ Uberlegen Sie sich, dass die folgenden Sachverhalte zu Integralberechnungen f¨ uhren: a) Bei dem Bau einer Eisenbahnlinie gibt es unterschiedlich schwierige Gel¨ ande (z.B. Br¨ ucken, Tunnel), die sich direkt in unterschiedlichen Preisen pro Meter Strecke auswirken. Der Streckenplaner hat diese Schwierigkeiten bzw. Kosten in einer Skizze erfasst. Wie teuer wird die gesamte Strecke? e Tunnel; 60.000 m e Br¨ ucke; 40.000 m e schwierig; 20.000 m e einfach; 10.000 m

Strecke

b) Die Zu- und Abfl¨ usse eines Wasservorratsbeh¨alters werden von zwei Messger¨ aten erfasst: mZufluss (t) bzw. mAbfluss (t) geben jeweils die entsprechen3 den Mengen Wasser in ms an. Die Grafiken zeigen den Verlauf von mZufluss , mAbfluss , sowie von der Differenz d(t) = mZufluss (t) − mAbfluss (t). Wieviel Wasser ist zwischen T0 und T1 zugeflossen, wieviel abgeflossen?

Wenn zur Zeit T0 eine Wassermenge M0 im Beh¨alter war, wieviel ist es dann zur Zeit T1 ? mZufluss

d

mAbfluss

T0

t T1

T0

T1 t

T0

T1 t

L¨ osung: a) Sei k(s) die skizzierte Kostenfunktion in Abh¨anigkeit von der Strecke s und s ∈ [0, S]. Ein Streckenst¨ uck ∆s an der Stelle sl kostet ungef¨ahr k(sl ) · ∆s. Bei einer Zerlegung in ∆s lange Teilst¨ ucke und bei entsprechenden Zwischenstellen s0 , s1 , . . . , sn ergeben sich die Gesamtkosten n X l=1

k(sl ) · ∆s,

was einer Zwischensumme f¨ ur

RS

k(s) ds entspricht. Bei immer feiner wer-

0

dender Zerlegung erh¨ alt man dieses Integral als tats¨achliche Gesamtkosten. b) In einem Zeitintervall ∆t zur Zeit t hat man einen Zufluss von ca. ¨ mZufluss (t) · ∆t und einen Abfluss von mAbfluss (t) · ∆t, also eine Anderung der Menge von

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

315

mZufluss (t) · ∆t − mAbfluss (t) · ∆t = d(t) · ∆t. Bei einer Zerlegung des Intervalls [T0 , T1 ] in ∆t lange Teilintervalle mit Zwischenstellen tk erh¨ alt man als Zufluss:

X k

Abfluss:

X k

∆t→0

mZufluss (tk ) · ∆t

−→

ZT1

mZufluss (t) dt,

T0

∆t→0

mAbfluss (tk ) · ∆t

−→

ZT1

mAbfluss (t) dt.

T0

¨ Die Menge M1 im Beh¨ alter zur Zeit T1 kann man mittels der Anderungen bestimmen: ¨ M1 = Menge zur Zeit t0 + Anderungen ≈ ∆t→0

−→

M0

+

X k

M0

+

ZT1

d(t) · ∆t

d(t) dt.

T0

Aufgabe 6.1.4 Ziel ist eine Formel zur Berechnung der L¨ange L einer Kurve, die durch eine Funktion f : [a, b] → R gegeben ist. a) Eine erste N¨ aherung erh¨ alt man, indem das Intervall [a, b] in n Teilintervalle [xk−1 , xk ] mit

f (x) b b

a = x0 < x1 < . . . < xn = b zerlegt wird, und der Funktionsgraf durch Geradenst¨ ucke zwischen den Punkten (xk−1 , f (xk−1 )) und (xk , f (xk )) ersetzt wird (s. Skizze). Welche N¨ aherung erh¨ alt man auf diese Weise f¨ ur L?

b b b

x a xk−1 xk

b

b) Wie lautet die N¨ aherung, wenn Sie in der Formel von a) die Differenz benachbarter Funktionswerte n¨ aherungsweise mit Hilfe der Ableitung ausdr¨ ucken? c) Welche Formel ergibt sich f¨ ur L, wenn Sie die Zerlegung immer feiner machen?

A604

316

6 Integralrechnung

L¨ osung: b

f (xk )

a) Das Geradenst¨ uck zwischen den Punkten (xk−1 , f (xk−1 )) und (xk , f (xk )) (s. Abb. 6.3) hat nach dem Satz des Pythagoras die L¨ ange

Lk =

q

f (xk−1 ) b

xk−1

xk

Abb. 6.3 Geradenst¨ uck.

2

2

(xk − xk−1 ) + (f (xk ) − f (xk−1 )) ,

also bei n Teilintervallen L ≈ =

n X

k=1 n X

k=1

Lk q

2

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

b) Mit der N¨ aherung (s. Bemerkung 5.1.9) f (xk ) − f (xk−1 ) ≈ f ′ (xk−1 ) · (xk − xk−1 ) erh¨ alt man L ≈ = =

n q X

k=1 n X

k=1 n X

k=1

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

r q

1 + (f ′ (xk−1 ))

2




2

· (xk − xk−1 )2

2

1 + (f ′ (xk−1 )) · (xk − xk−1 ).

c) Die Formel aus b) ist eine Riemannsche Zwischensumme zu

Rb a

g(x) =

q 2 1 + (f ′ (x)) .

F¨ ur eine immer feiner werdende Zerlegung erh¨alt man L =

Zb a

g(x) dx =

Zb q a

2

1 + (f ′ (x)) dx.

g(x) dx mit

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

317

Aufgabe 6.1.5 Bei der Beschreibung von linear-progressiven Steuermodellen werden oft Eckdaten wie folgende angegeben: Betr¨ age bis zu B0 werden nicht versteuert (Grundfreibetrag). Der Steuersatz s steigt dann von s0 (Eingangssteuersatz) linear auf s1 (Spitzensteuersatz) bei B1 zu versteuerndem Einkommen an.

A605

s(x) s1 s0 B0

B1

x

Dabei ist der Steuersatz nicht so zu verstehen, dass das Einkommen E mit dem Steuersatz s(E) versteuert wird, sondern ungef¨ahr so, dass der x-te Euro des Einkommens mit dem Steuersatz s(x) versteuert wird, bzw. genauer auf Cent-Unterteilung mit entsprechendem Steuersatz bzw. exakt als Grenzwert bei immer feineren Zerlegungen. Sehen Sie einen Zusammenhang zur Integral-Thematik?

L¨ osung: Bei einer 1e-Unterteilung muss man vom x-ten Euro s(x)e Steuern zahlen, insgesamt also |E| X

k=1

s(ke) · 1e.

Bei einer Cent-Unterteilung wird die Summe gr¨oßer und man muss Summanden 1 s(xk ) · 1 Cent = s(xk ) · 100 e addieren.

Dies sind jeweils Riemannsche Zwischensummen zum Integral u ¨ber s(x) bei einer Zerlegung mit Intervallbreite 1e bzw. 1 Cent. Exakt erh¨alt man als Grenzwert immer feiner werdender Zerlegungen zu zahlende Steuern bei Einkommen E =

ZE 0

s(x) dx.

318

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.1.6 A606

Skizzieren Sie zu den folgenden Integralen die Integranden, und bestimmen Sie mittels Symmetriebetrachtungen und elementar-geometrischen Berechnungen den Wert der Integrale. Z2π Z2π Z2π Z2π x 2 cos x dx, c) cos dx, d) (1 + cos x) dx, a) cos x dx, b) 2 e)

0

0

Z2

Z2

−2

|x| dx,

f)

0

x dx,

−1

g)

Z0

0

x dx,

h)

Z1.5

−1.5

2

(x3 − x) dx.

L¨ osung: a) Aus Symmetriegr¨ unden ist Z2π

x 2π

f (x) 1 x

1 · 2π · 1 = π. cos x dx = 2 2

π 1 2π Abb. 6.5 f (x) = cos2 x. f (x)

1 2π

+

x cos dx = 0. 2

0

d) Das Integral entspricht der Fl¨ ache des Rechtecks [0, 2π] × [0, 1]: Z2π (1 + cos x) dx = 2π · 1 = 2π. 0

+

−

Abb. 6.4 f (x) = cos x.

c) Aus Symmetriegr¨ unden ist Z2π

π 1

cos x dx = 0.

b) Das Integral entspricht der H¨ alfte der Fl¨ ache des Rechtecks [0, 2π] × [0, 1]:

0

1 +

0

Z2π

f (x)

1

π

Abb. 6.6 f (x) = cos

−

x

x . 2

f (x) 1 x π 1 2π Abb. 6.7 f (x) = 1 + cos x.

6.1 Definition und elementare Eigenschaften

319

e) Das Integral entspricht zweimal der rechten Dreiecksfl¨ ache: Z2

−2

f (x)

1

1 |x| dx = 2 · · 2 · 2 = 4. 2

f) Das linke negative Dreieck wird vom rechten Dreieck abgezogen: Z2

−1

x

1 Abb. 6.8 f (x) = |x|.

2

f (x)

1

1 ·2·2− x dx = 2 1 = 2− = 2

1 ·1·1 2 3 . 2

−1

x 1

2

−1 Abb. 6.9 f (x) = x.

Alternative Betrachtung: Die beiden schr¨ ag schraffierten Dreiecke heben sich gegenseitig auf, und es bleibt die waagerecht schraffierte Fl¨ ache u ¨brig, bestehend aus einem 1 × 1-Quadrat mit aufgesetzem Dreieck: Z2

−1

2 1 −1

2

x 1

2

−1

x dx = 1 · 1 +

1 3 = . 2 2

Abb. 6.10 f (x) = x.

g) Das Integral entspricht der Dreiecksfl¨ache allerdings mit negativem Vorzeichen, da von 2 (r¨ uckw¨ arts) zu 0 integriert wird (s. Definition 6.1.15): Z0

f (x)

1 x dx = − · 2 · 2 = −2. 2

f (x)

1 x 1 Abb. 6.11 f (x) = x.

h) Aus Symmetriegr¨ unden (ungerade Funktion) ist das Integral gleich 0: Z1.5

−1.5

f (x) 1 −1.5

3

(x − x) dx = 0.

x 1.5

Abb. 6.12 f (x) = x3 − x.

320

6 Integralrechnung

6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung

Aufgabe 6.2.1 A607

Skizzieren Sie qualitativ die Fl¨ achenfunktion F (x) :=

c)

b)

f (t)

a

b

d)

b

f (t)

b

a

t

f (t)

a

f (t) dt zu den abgebil-

a

deten Funktionen f . a)

Rx

t

f (t)

t

a

t

Kontrollieren Sie an den Bildern, dass F ′ = f gilt.

L¨ osung: a) Von a ausgehend steigt die Fl¨ achenfunktion linear bis zur Stelle b an, dann bleibt sie konstant. Tats¨ achlich ist umgekehrt die Ableitung F ′ im Intervall [a, b] konstant positiv. Außerhalb des Intervalls ist sie Null. Dies entspricht genau f . b) Von a ausgehend steigt die Fl¨ achenfunktion zun¨ achst st¨ arker, dann weniger stark an. In der Mitte des Intervalls hat sie ihr Maximum erreicht. Wenn f negativ ist, sinkt F , zun¨ achst langsam, dann schneller. Die Funktion F hat im Interval [a, b] die Form einer nach unten ge¨ offneten Parabel. Als Ableitung erh¨ alt man eine lineare Funktion mit negativer Steigung.

F (x)

a

b

x

Abb. 6.13 Fl¨ achenfunktion.

F (x)

a

b

x

Abb. 6.14 Fl¨ achenfunktion.

6.2 Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung c) Von a ausgehend baut sich die Fl¨ achenfunktion zun¨ achst linear auf, dann sinkt sie auf Grund der negativen Werte von f wieder linear.

321

F (x)

Die Ableitung F ′ ist in der ersten Intervallh¨ alfte konstant positiv, dann konstant negativ. d) In den Intervallen, in denen f positiv ist, steigt die Fl¨ achenfunktion F linear an, in den Intervallen, in denen f gleich Null ist, bleibt F konstant.

b

a

x

Abb. 6.15 Fl¨ achenfunktion.

F (x)

Durch die Definition mit unterer Integralgrenze gleich a ist die Fl¨ achenfunktion an der Stelle a gleich Null. Damit ist beispielsweise F (0) negativ, da ein Fl¨ achenst¨ uck in negativer Richtung aufgesammelt wurde.

x

a

Abb. 6.16 Fl¨ achenfunktion.

Die Ableitung von F ist abwechselnd Null und positiv konstant. Aufgabe 6.2.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) Sei F (x) =

Rx

f (t) dt die Fl¨ achenfunktion zur skizzierten Funktion f .

0

f (t) 1 −4 −3 −2 −1 −1

1

2

3

4

5

6

t

a) Geben Sie F (1), F (2) und F (−1) an. b) Geben Sie s¨ amtliche Stellen x an, f¨ ur die F (x) = 0 gilt.

L¨ osung: a) Von 0 bis 1 hat man ein Quadrat mit Seitenl¨ange 1 als Fl¨ache aufgesammelt, also F (1) = 1. Ausgehend von F (1), als der Stelle 1, bis zur Stelle 2 muss auf Grund des negativen Funktionswertes von f die Fl¨ache 2 abgezogen werden, also F (2) = F (1) + (−2) = 1 − 2 = −1.

A608

322

6 Integralrechnung Wegen der r¨ uckw¨ arts gerichteten Integration von 0 zu −1 und dem negativen Funktionswert von f ergibt sich bei F (−1) ein positiver Wert: F (−1) = (−1) · (−2) = +2.

b) Die Forderung F (x) = 0 bedeutet, dass man von 0 bis x gleiche positive und negative Fl¨ achenanteile von f hat. Dies gilt f¨ ur x = 0,

x = 1.5,

x = 6 und

x = −3.

Aufgabe 6.2.3 A609

Der Fahrtenschreiber eines LKWs speichere die momentane Geschwindigkeit des Fahrzeugs jede zehntel Sekunde. Wie l¨asst sich daraus die zur¨ uckgelegte Strecke ungef¨ ahr berechnen? Stellen Sie einen Bezug zum Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung (s. Satz 6.2.3) her.

L¨ osung: Sei t0 der Fahrtbeginn und v(t) die Geschwindigkeit zur Zeit t. k Dann ist tk = t0 + 10 s der Zeitpunkt der k-ten Messung. N¨aherungsweise kann man die Geschwindigkeit im Zeitintervall [tk−1 , tk ] als konstant mit dem gemessenen Wert v(tk ) annehmen. Die zur¨ uckgelegte Strecke in diesem Zeitintervall ist dann v(tk ) · (tk − tk−1 ).

Ist N die Anzahl der Messungen bis zum Fahrtende, so ergibt sich f¨ ur die Gesamtstrecke: Gesamtstrecke ≈

N X

k=1

v(tk ) · (tk − tk−1 ).

Dies ist eine Riemannsche Zwischensumme von

tRN

v(t) dt.

t0

Ist s(t) die zur¨ uckgelegte Strecke zur Zeit t, so ist die Gesamtstrecke s(tN ) − s(t0 ). Als Geschwindigkeit ist v = s′ . Damit beschreibt der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung genau den Zusammenhang zwischen Strecke und Geschwindigkeit: s(tN ) − s(t0 ) = Gesamtstrecke =

ZtN

t0

v(t) dt =

ZtN

t0

s′ (t) dt.

6.3 Integrationstechniken

323

6.3 Integrationstechniken 6.3.1 Einfache Integrationstechniken

Aufgabe 6.3.1 Bestimmen Sie die folgenden Z a) x3 dx, b) Z d) (2x + 1)3 dx, e) Z √ g) x dx, h) Z 1 j) dx, k) (x − 1)2

Stammfunktionen: Z (x3 + 1) dx, Z (x2 + 1)3 dx, Z 1 dx, x2 Z cos(x + 2) dx,

c) f) i) l)

Z

A610 3

(x + 1) dx,

Z

x · (x2 + 1)3 dx,

Z

e2x dx.

Z

1 dx, x

L¨ osung: a) Es ist b) Es ist

Z

Z

x3 dx =

1 4 x . 4

(x3 + 1) dx =

1 4 x + x. 4

c) Durch Ausmultiplizieren von (x + 1)3 erh¨alt man Z Z 1 3 (x + 1)3 dx = (x3 + 3x2 + 3x + 1) dx = x4 + x3 + x2 + x. 4 2 Man kann aber auch direkt eine Stammfunktion angeben: Z 1 (x + 1)3 dx = (x + 1)4 . 4 Die beiden Stammfunktionen sind nicht gleich, sondern unterscheiden sich um eine additive Konstante: 1 1 1 3 1 (x + 1)4 = · (x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1) = x4 + x3 + x2 + x + . 4 4 4 2 4 d) Wie bei c) kann man ausmultiplizieren und erh¨alt Z Z (2x + 1)3 dx = (8x3 + 3 · 4x2 + 3 · 2x + 1) dx = 2x4 + 4x3 + 3x2 + x,

324

6 Integralrechnung oder man kann direkt Z 1 1 (2x + 1)3 dx = · (2x + 1)4 2 4 angeben. Die beiden Stammfunktionen unterscheiden sich wieder um eine additive Konstante.

e) Ausmultiplizieren f¨ uhrt auch hier zu einem Ergebnis: Z Z
2 3 (x + 1) dx = (x2 )3 + 3(x2 )2 + 3x2 + 1 dx Z
= x6 + 3x4 + 3x2 + 1 dx 1 7 3 5 x + x + x3 + x. 7 5

=

Eine direkte Alternative wie bei c) und d) gibt es hier nicht. Ein Versuch von 41 (x2 + 1)4 zeigt beim Ableiten, dass auf Grund der Kettenregel ein zus¨ atzlicher Term 2x entsteht, so dass man auf diese Weise die Stammfunktion nicht bestimmen kann. f) Im Vergleich zu e) gibt es hier einen zus¨atzlichen Faktor x im Integranden, so dass man nach Anpassung der Konstanten direkt eine Stammfunktion angeben kann: Z 1 1 · · (x2 + 1)4 . x · (x2 + 1)3 dx = 2 4 Alternativ kann man aber auch ausmultiplizieren: Z Z x · (x2 + 1)3 dx = x · (x6 + 3x4 + 3x2 + 1) dx Z = (x7 + 3x5 + 3x3 + x) dx = g) Mit der Potenzschreibweise Z

√

x dx =

Z

1 dx = x2

Z

√

1

x = x 2 und

1 x2

R

xa dx =

1 a+1 a+1 x

erh¨alt man

1 a+1 a+1 x

erh¨alt man

2 3 2 √ x 2 = x x. 3 3

1

x 2 dx =

h) Mit der Potenzschreibweise Z

1 8 1 6 3 4 1 2 ·x + ·x + ·x + ·x . 8 2 4 2

= x−2 und

x−2 dx =

R

xa dx =

1 1 · x−1 = − . −1 x

6.3 Integrationstechniken

325

1 i) Bei diesem Integral muss man beachten, x = R a dass die1 Potenzschreibweise a+1 −1 steht bei a = −1 x nicht zum Ziel f¨ uhrt, denn bei x dx = a+1 x eine Null im Nenner. Es ist Z 1 dx = ln |x|. x

j) Verschiebungen machen keine Probleme: Analog zu h) ist Z Z 1 1 dx = (x − 1)−2 dx = −1 · (x − 1)−1 = − . 2 (x − 1) x−1 k) Wie bei j) machen Verschiebungen keine Probleme: Z cos(x + 2) dx = sin(x + 2). l) Es ist

Z

e2x dx =

1 2x e . 2

Aufgabe 6.3.2 Berechnen Sie die folgenden Integrale: a)

Z2

(2x + 1) dx,

b)

Z1

e)

Z1

0

−1

Z−1 (2x + 1) dx, d) 2

A611

π

1 dx, x−3 e−|x| dx,

c)

Z2

cos(2x) dx,

f)

Z1

x · |x| dx.

0

−1

−1

L¨ osung: a) Es ist Z2

−1

(2x + 1) dx =


2 x2 + x

−1

= 22 + 2 − (−1)2 + (−1)

b) Es ist Z1 0

1 1 dx = ln |x − 3| = ln | − 2| − ln | − 3| x−3 0

2 = ln 2 − ln 3 = ln . 3




= 6.

326

6 Integralrechnung

c) Mit Hilfe einer Stammfunktion erh¨ alt man π

Z2

cos(2x) dx =

0

π2 1 1 sin(2x) = (sin π − sin 0) = 0. 2 2 0

Das Ergebnis ist aber bei Betrachtung des Funktionsgrafen auch schon aus Symmetriegr¨ unden klar (s. Abb. 6.17).

f (x)

1

π 2

x

Abb. 6.17 f (x) = cos(2x).

d) Mit Hilfe einer Stammfunktion erh¨ alt man analog zu a) Z−1 (2x + 1) dx = 2



−1 = (−1)2 + (−1) − 22 + 2 = −6. x2 + x 2

Alternativ ergibt sich der Wert direkt aus dem Ergebnis von a): Wegen der vertauschten Integrationsgrenzen erh¨ alt man nach Definition 6.1.15 genau das negative Ergebnis zu a). e) Eine Stammfunktion zu f (x) = e−|x| kann man ( nicht so einfach hinschreix, f¨ ur x ≥ 0 ben. Man kann aber mit der Definition |x| = das Inte−x, f¨ ur x < 0 gral entsprechend Satz 6.1.17 aufspalten: Z1

e−|x| dx =

Z0

e−|x| dx +

e−|x| dx =

Z0

−1

0

−1

−1

Z1

e+x dx +

Z1

e−x dx

0

1 0 = e+x + (− e−x ) = e0 − e−1 + (− e−1 ) − (− e0 ) 0

−1

= 2 − 2 e−1 .

Da der Integrand eine gerade Funktion ist, kann man alternativ aus Symmetriegr¨ unden rechnen: Z1

−1

e

−|x|

dx = 2 ·

Z1 0

e

−|x|

dx = 2 ·

Z1

e−x dx

0

1
= 2 · (− e−x ) = 2 · (− e−1 ) − (− e0 ) = 2 − 2 e−1 . 0

f) Man kann wie bei e) das Integral in einen negativen und positiven Teil aufspalten, die Teilintegrale mit den jeweiligen Betrags-Definitionen ausrechnen und dann addieren.

6.3 Integrationstechniken Z1

x · |x| dx =

−1

=

327 Z0

x · |x| dx +

Z0

x · (−x) dx +

−1

−1

= −

Z0

x2 dx +

−1

1 0 = − x3 + 3 −1 1 1 = − + = 3 3

Z1 0

Z1

x · |x| dx Z1 0

x · x dx

x2 dx

0

1 3 1 1 1 x = − · (0 − (−1)) + · (1 − 0) 3 0 3 3 0.

Dass das Ergebnis gleich Null ist, kann man auch direkt aus Symmetriegr¨ unden sehen, da der Integrand x · |x| eine ungerade Funktion ist. Aufgabe 6.3.3 Berechnen Sie die folgenden Integrale in Abh¨angigkeit der auftretenden Parameter. Z2 Zd a) (ax + b) dx, b) (y 2 + 1) dy, c

0

c)

Z2 0

2

x · y dx,

d)

Z2 0

x · y 2 dy.

L¨ osung: a) Mit den Parametern a und b ist Z2

(ax + b) dx =

0



 1 2 1 2 a · x + bx = a · · 4 + b · 2 = 2a + 2b. 2 2 0

b) Statt x ist nun y die Integrationsvariable; die Grenzen c und d sind Parameter: Zd c



 1 3 d y +y 3 c   1 3 1 1 3 c + c = (d3 − c3 ) + d − c. = d +d− 3 3 3

(y 2 + 1) dy =

A612

328

6 Integralrechnung

c) Im Integranden ist x die Variable und y ein Parameter: Z2 0

1 2 2 1 2 2 2 = x y · 2 · y − 0 = 2y 2 . 2 2 x=0

x · y 2 dx =

d) Nun ist umgekehrt x ein Parameter und y die Integrationsvariable: Z2 0

1 2 1 8 x · y 2 dy = x · y 3 = x · · 23 − 0 = x. 3 y=0 3 3

Aufgabe 6.3.4 A613

Berechnen Sie

Z∞

e−x dx.

0

L¨ osung: Offensichtlich ist − e−x eine Stammfunktion zu e−x . Zur Berechnung des uneigentlichen Integrals (s. Definition 6.1.12) betrachtet man eine (endliche) obere Grenze c, die man dann gegen unendlich laufen l¨ asst: Z∞

e

−x

dx = lim

0

c→∞

Zc

y 1 e−x 1

x

Abb. 6.18 Uneigentliches Integral.

e−x dx

0

c  − e−x c→∞ 0  
−c 0 = 0 + 1 = 1. = lim − e − − e c→∞ →0 | {z } = lim



=1

−x

Die Funktion f (x) = e bildet also f¨ ur x > 0 eine unendlich lange“ aber ” endliche Fl¨ ache, s. Abb. 6.18. Aufgabe 6.3.5 A614

Sei a > 0. Zeigen Sie f¨ ur die folgenden uneigentlichen Integrale: Z∞ Z1 1 1 a) dx existiert ⇔ a > 1, b) dx existiert ⇔ a < 1. xa xa 1

0

6.3 Integrationstechniken

329

L¨ osung: Stammfunktionen sind f¨ ur a 6= 1 Z Z 1 1 dx = x−a dx = x−a+1 xa −a + 1 und f¨ ur a = 1: Z 1 dx = ln |x|. x a) F¨ ur a 6= 1 ist Z∞

1 dx = lim c→∞ xa

Zc 1

1

c 1 1 1−a dx = lim · x c→∞ 1 − a xa 1

1 = · lim (c1−a − 1). 1 − a c→∞

Der Grenzwert von c1−a f¨ ur c → ∞ existiert genau dann, wenn der Exponent negativ ist, also f¨ ur 1−a < 0

⇔

a > 1.

F¨ ur a = 1 ist Z∞

1 dx = lim c→∞ x

1

Zc 1

c 1 dx = lim ln x = lim (ln c − ln 1). c→∞ c→∞ x 1

F¨ ur c → ∞ strebt ln c gegen ∞, d.h., das uneigentlich Integral existiert f¨ ur a = 1 nicht. b) F¨ ur a 6= 1 ist Z1

1 dx = xa

lim

c→0+

Z1

1 dx = xa

c

0

1 1 x1−a c→0+ 1 − a c lim


1 lim 1 − c1−a . = 1 − a c→0+

Der Grenzwert von c1−a f¨ ur c → 0+ existiert genau dann, wenn der Exponent positiv ist, also f¨ ur 1−a > 0 F¨ ur a = 1 ist

⇔

a < 1.

330

6 Integralrechnung Z1

1 dx = x

0

lim

c→0+

Z1

1 dx = x

c

1 lim ln x =

c→0+

c

lim (ln 1 − ln c).

c→0+

F¨ ur c → 0+ strebt ln c gegen −∞, d.h., das uneigentlich Integral existiert f¨ ur a = 1 nicht. Aufgabe 6.3.6 A615

Im Jahr 2020 galten folgende Eckdaten f¨ ur das linear-progressive Einkommensteuermodell in Deutschland: Betr¨ age bis zu 9408e werden nicht versteuert (Grundfreibetrag). Der Steuersatz steigt dann von 14% (Eingangssteuersatz) linear auf 23.97% bei 14532e und weiter linear bis 42% (Spitzensteuersatz) bei 57051e zu versteuerndem Einkommen an. Ab 270501e betr¨ agt er 45%. (Vgl. Aufgabe 1.1.7.) Die Steuer berechnet sich als Integral u ¨ber den Steuersatz bis zum zu versteuernden Jahreseinkommen (vgl. Aufgabe 6.1.5). Wieviel Steuern musste ein Arbeitnehmer mit einem zu versteuernden Jahreseinkommen x0 zwischen 9409e und 14532e zahlen? Vergleichen Sie das Ergebnis mit dem offiziellen Gesetzestext. § 32a Einkommensteuertarif (Quelle: Bundesgesetzblatt, www.gesetze-im-internet.de/estg/ 32a.html)

(1) Die tarifliche Einkommensteuer bemisst sich nach dem zu versteuernden Einkommen. Sie betr¨ agt [...] jeweils in Euro f¨ ur zu versteuernde Einkommen 1. bis 9 408 Euro (Grundfreibetrag): 0; 2. von 9 409 Euro bis 14532 Euro: (972,87 · y + 1 400) · y;

3. von 14 533 Euro bis 57051 Euro: (212,02 · z + 2 397) · z + 972,79;

4. von 57 052 Euro bis 270 500 Euro: 0,42 · x – 8 963,74;

5. von 270 501 Euro an: 0,45 · x – 17 078,74.

Die Gr¨ oße y“ ist ein Zehntausendstel des den Grundfreibetrag u ¨bersteigen” den Teils des auf einen vollen Euro-Betrag abgerundeten zu versteuernden Einkommens. Die Gr¨ oße z“ ist ein Zehntausendstel des 14 532 Euro u ¨ber” steigenden Teils des auf einen vollen Euro-Betrag abgerundeten zu versteuernden Einkommens. Die Gr¨ oße x“ ist das auf einen vollen Euro-Betrag ” abgerundete zu versteuernde Einkommen. Der sich ergebende Steuerbetrag ist auf den n¨ achsten vollen Euro-Betrag abzurunden.

6.3 Integrationstechniken

331

L¨ osung: Abb. 6.19 zeigt den Verlauf des Steuersatzes. Beim Steuersatz wird das Geradenst¨ uck zwischen 9408e und 14532e mit der Steigung m =

0.2397 − 0.14 14532e − 9408e

50

Steuersatz in Prozent

45% ab 270500e

40

42% ab 57051e

30 20 10

23.97% bei 14532e 14% ab 9408e

zu versteuerndes Einkommen in tausend Euro

10 20 30 40 50 60

nach der Punkt-Steigungsformel (s. Satz 1.1.6) beschrieben durch

250

Abb. 6.19 Steuermodell.

s(x) = 0.14 + m · (x − 9408e). Also muss ein Arbeitnehmer bei einem Einkommen x0 zwischen 9409e und 14532e folgende Steuern S(x0 ) zahlen: S(x0 ) =

Zx0

s(x) dx =

0

Zx0

9408e


0.14 + m · (x − 9408e) dx

 1 x 0 0.14 · x + m · (x − 9408e)2 2 9408e  m m  = 0.14 · x0 + · (x0 − 9408e)2 − 0.14 · 9408e + ·0 2 2 m = 0.14 · (x0 − 9408e) + · (x0 − 9408e)2 . 2 =



Um entsprechend des Gesetzestextes den Ausdruck y = kann man geeignet erweitern: S(x0 ) = 1400e ·

x0 − 9408e m + · (10000e)2 · 10.000e 2



x0 −9408e 10.000e

zu erhalten,

x0 − 9408e 10.000e

2

Numerisch ist m · (10000e)2 = 972.8728 . . . e ≈ 972.87e. 2 Damit ist dann S(x0 ) = 1400 · y + 972.87 · y 2 [e] = (972.87 · y + 1400) · y [e]. Dies entspricht genau der Formel aus dem Gesetzestext.

.

332

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.3.7 A616

Gem¨ aß Aufgabe 6.1.4 ist die L¨ ange L des Funktionsgrafen zu einer Funktion f : [c, d] → R gegeben durch L =

Zd p

1 + (f ′ (x))2 dx.

c

Berechnen Sie die L¨ ange einer Kette, die mit Konstanten a und b im Intervall [−x0 , x0 ] gegeben ist durch f (x) = a cosh

x + b. a

(Vgl. Aufgabe 1.1.36; Tipp: cosh2 x − sinh2 x = 1.)

L¨ osung: Es ist  x x 1 = sinh . · f ′ (x) = a · sinh a a a

Als L¨ ange erh¨ alt man wegen 1 + sinh2 y = cosh2 y (s. Satz 1.1.66) L =

Zx0 q

−x0

=

Zx0

x dx = 1 + sinh | {z a} 2

=cosh2

cosh

−x0

= a · sinh

x a

Zx0 r

cosh2

x dx a

−x0

x x x0 dx = a · sinh a a −x0

x0 −x0 − a · sinh . a a

Da sinh y eine ungerade Funktion ist, ist a · sinh

x0 −x0 = −a · sinh , a a

so dass sich aus der letzten Darstellung x0  x0  x0 L = a · sinh − −a · sinh = 2 · a · sinh a a a

ergibt. Dies entspricht genau der in Aufgabe 1.1.36 angegebenen L¨ange.

6.3 Integrationstechniken

333

Aufgabe 6.3.8 Versuchen Sie, eine Stammfunktion zu raten, testen Sie durch zur¨ uck-Ableiten und passen Sie ggf. Konstanten an: Z Z Z √ 1 dx, a) (5x − 3)6 dx, b) 3x + 1 dx, c) (2x + 3)2 Z Z Z 3 d) dx, e) sin(2x + 1) dx, f) e5x−3 dx. 4x − 1

L¨ osung: a) Nahe liegt, die Potenz um Eins zu erh¨ ohen. Eine testweise Ableitung liefert 

(5x − 3)

7

′

= 7 · (5x − 3)6 · 5.

Den Faktor 35 kann man durch Multiplikation mit Eine Stammfunktion ist also Z 1 6 (5x − 3) dx = · (5x − 3)7 . 35

1 35

kompensieren.

√ 1 oht man hier wie bei a) die Potenz um b) Es ist 3x + 1 = (3x + 1) 2 . Erh¨ 1, ergibt sich durch Ableiten 

3

(3x + 1) 2

′

=

1 3 · (3x + 1) 2 · 3. 2

Auch hier kann der Faktor 92 durch Multiplikation mit den: Z √ 3 2 3x + 1 dx = · (3x + 1) 2 . 9

2 9

kompensiert wer-

1 −2 c) Die Erh¨ ohung der Potenz −2 in der Darstellung (2x+3) um 2 = (2x + 3) 1 −1 Eins f¨ uhrt zu (2x + 3) = 2x+3 . Eine testweise Ableitung liefert



1 2x + 3

′

= −

1 · 2. (2x + 3)2

Der Faktor −2 kann wie oben kompensiert werden: Z 1 1 1 dx = − · . 2 (2x + 3) 2 2x + 3 d) Da ln |x| die Stammfunktion zu

1 x

ist, kann man ln |4x − 1| testen:

A617

334

6 Integralrechnung ′

(ln |4x − 1|) =

1 · 4. 4x − 1

Um aus dem Faktor 4 eine 3 zu machen, muss mit Z 3 3 dx = ln |4x − 1|. 4x − 1 4

3 4

multipliziert werden:

e) Die Stammfunktion zu einem Sinus wird etwas mit dem Cosinus zu tun haben: ′

(cos (2x + 1)) = − sin(2x + 1) · 2. Nun muss nur noch der Faktor −2 beseitigt werden, und es ergibt sich: Z 1 sin(2x + 1) dx = − · cos(2x + 1). 2 f) Die e-Funktion reproduziert sich beim Ableiten selbst, daher kann man testen:
′ e5x−3 = e5x−3 · 5. Um die 5 zu kompensieren, muss man noch mit Z 1 5x−3 e5x−3 dx = ·e . 5

1 5

multiplizieren:

6.3.2 Partielle Integration

Aufgabe 6.3.9 A618

a) Berechnen Sie mittels partieller Integration eine Stammfunktion zu a1) f (x) = x · cos(2x),

a2) f (x) = (x + 1) · ex .

b) Bestimmen Sie den Wert der folgenden Integrale: b1)

Z2π 0

cos x · x dx,

c) Bestimmen Sie

Z

x · ln x dx.

b2)

Zπ

−π

cos x · x dx.

6.3 Integrationstechniken

335

L¨ osung: a) Da der lineare Faktor x bzw. (x + 1) beim Ableiten zu 1 wird, bietet es sich an, bei der partiellen Integration diesen Faktor abzuleiten: a1) Es ist Z

x · cos(2x) dx = x · g

F

F

1 sin(2x) − 2 G

Z

1· f

1 sin(2x) dx 2 G

1 1 1 x · sin(2x) − · · (− cos(2x)) 2 2 2 1 1 = x · sin(2x) + cos(2x). 2 4 =

a2) Man erh¨ alt Z Z x x (x + 1) · e dx = (x + 1) · e − 1 · ex dx F

g

G

F

f

G

= (x + 1) · ex − ex = x · ex . b) Man kann hier ¨ ahnlich zu a) zun¨ achst eine Stammfunktion bestimmen und dann die Grenzen einsetzen. Da die Integranden bei b1) und b2) gleich sind, braucht man nur einmal eine Stammfunktion zu bestimmen: Z Z cos x · x dx = sin x · x − sin x · 1 dx f

G

F

G

= sin x · x −

F

g

(− cos x)

= sin x · x + cos x.

Einsetzen der Grenzen zu b1) bzw. b2) f¨ uhrt dann zu Z2π

cos x · x dx =



 2π sin x · x + cos x

Zπ

cos x · x dx =



 π sin x · x + cos x

0

−π

0



= sin(2π) · 2π + cos(2π) − 0 + cos 0 = 1 − 1 = 0, −π



sin(π) · π + cos(π) − sin(−π) · (−π) + cos(−π)
= 0 + (−1) − 0 + (−1) = 0.

=

Alternativ kann man direkt die Grenzen mit einbeziehen. Nutzt man dann noch Symmetrieargumente erh¨ alt man bei b1)

336

6 Integralrechnung Z2π 0

2π cos x · x dx = sin x · x

Z2π

−

0

0

|

sin x dx {z

}

wegen Symmetrie gleich 0

= sin(2π) · 2π − 0 = 0.

Als Produkt einer geraden und einer ungeraden Funktion ist der Integrand cos x · x ungerade (s. Aufgabe 1.2.1, f)). Damit ergibt sich bei b2) als Integral u ¨ber einem symmetrischen Integrationsintervall aus Symmetriegr¨ unden sofort Zπ

−π

cos x · x dx = 0.

c) Da eine Stammfunktion zu ln x nicht so einfach ist, aber umgekehrt die Ableitung einfach ist, bietet es sich an, bei der partiellen Integration ln x abzuleiten: Z Z 1 2 1 1 x · dx x · ln x dx = x2 · ln x − 2 2 x f

F

G

G

F

g

Z

1 1 2 x · ln x − · x dx 2 2 1 1 = x2 · ln x − x2 2 4   1 1 2 . = x · ln x − 2 2 =

Aufgabe 6.3.10 A619

a) Gesucht ist eine Stammfunktion zu f (x) = x2 · cos x.

Partielle Integration (mit Ableiten von x2 und Aufleiten von cos x) f¨ uhrt zu Z Z x2 · cos x dx = x2 · sin x − 2x · sin x dx. Das rechte Integral kann nun wieder mit partieller Integration behandelt werden. a1) Was ergibt sich, wenn man dabei 2x auf- und sin x ableitet? a2) Was ergibt sich, wenn man umgekehrt 2x ab- und sin x aufleitet?

6.3 Integrationstechniken

337

b) Zur Bestimmung einer Stammfunktion zu f (x) = e3x · sin(2x) kann man zweimalige partielle Integration nutzen. F¨ uhren Sie wie in a) die zweite partielle Integration auf zwei verschiedene Arten durch. Was erhalten Sie? (Tipp: Sie k¨ onnen jeweils das rechts entstehende Integral mit der linken Seite verrechnen.)

Lo ¨sung: a) a1) Durch partielle Integration erh¨ alt man: Z Z x2 cos x dx = x2 · sin x − 2x · sin x dx G

f

  Z = x2 · sin x − x2 · sin x − x2 · cos x dx g F G F Z ✘ ✘ ✘ x − x2✘ ✘ = ✘ x2✘ · sin ✘ · sin x + x2 · cos x dx.

Man erh¨ alt also das anf¨ angliche Integral zur¨ uck und kann auf diese Weise keine Stammfunktion bestimmen. a2) Bei partieller Integration mit umgekehrter Rollenverteilung erh¨alt man eine Stammfunktion: Z Z 2 2 x cos x dx = x · sin x − 2x · sin x dx g

F



= x2 · sin x − 2x · ( − cos x) − F

G

= x2 · sin x + 2x cos x − 2 ·

Z

Z

2 · (− cos x) dx f

G



cos x dx

= x2 · sin x + 2x cos x − 2 sin x. b) F¨ ur die erste partielle Integration muss man sich entscheiden, welchen der beiden Faktoren e3x und sin(2x) man auf- und welchen man ableitet. Beide Varianten sind gleich gut. Im Folgenden wird e3x auf- und sin(2x) abgeleitet. Leitet man dann die aufgeleitete Funktion wieder auf und die abgeleitete wieder ab, so erh¨ alt man:

338

6 Integralrechnung Z =

e3x sin(2x) dx f

G

1 3x e · sin(2x) − 3 F

G

Z

1 3x e · 2 · cos(2x) dx 3 g F

neues f

neues G



2 1 3x · e cos(2x) 3 3  Z 2 1 3x − · e (−2 sin(2x)) dx 3 3 Z 1 3x 2 4 = e · sin(2x) − e3x cos(2x) − e3x sin(2x) dx. 3 9 9 | {z } =

1 3x e · sin(2x) − 3

=:(∗)

Das rechts stehende Integral kann man auf die linke Seite bringen und erh¨ alt  Z  4 · e3x sin(2x) dx = (∗). 1+ 9 Teilt man durch den Vorfaktor

13 9 ,

erh¨alt man   Z 9 9 2 1 3x e3x sin(2x) dx = · (∗) = · e sin(2x) − e3x cos(2x) 13 13 3 9 3 3x 2 3x = e sin(2x) − e cos(2x). 13 13

F¨ uhrt man die erste partielle Integration wie oben durch, die zweite aber mit gegen¨ uber oben vertauschten Rollen, so erh¨alt man Z e3x sin(2x) dx Z 1 3x wie 1 3x e · sin(2x) − e · 2 · cos(2x) dx = oben 3 3 F

=

1 3x e · sin(2x) − 3

1 3x ✘✘✘ = ✘✘ e ✘sin(2x) − 3

g



1 1 3x · e · 2 · sin(2x) 3 2  Z 1 1 3x · 3 · e · 2 · sin(2x) dx − 3 2 Z 1 3x ✘✘✘ e ✘sin(2x) + e3x · sin(2x) dx; ✘ ✘ 3

man erh¨ alt also wieder das Ausgangsintegral zur¨ uck. Bemerkung:

6.3 Integrationstechniken

339

Man kann das Integral auch unter Verwendung von komplexen Zahlen ohne partielle Integration l¨ osen: Der Integrand ist nach der Euler-Formel (s. Satz 2.3.1) der Imagin¨ arteil von
e(3+2j)x = e3x · e2jx = e3x · cos(2x) + j sin(2x) . Rechnet man im Komplexen wie im Reellen, so ist Z 1 e(3+2j)x dx = · e(3+2j)x 3 + 2j
3 − 2j 3x = · e · cos(2x) + j sin(2x) 9+4   
2 3 3x − j · cos(2x) + j sin(2x) . = e · 13 13 3 sin(2x) − Der Imagin¨ arteil dieser Darstellung ist e3x · 13 liefert genau die oben gefundene Stammfunktion.

2 13


cos(2x) und

Fazit: Eine zweimalige partielle Integration bringt nur etwas, wenn man das Abgeleitete nochmal ableitet und das Aufgeleitete nochmals aufleitet. Aufgabe 6.3.11 a) Berechnen Sie mittels partieller Integration eine Stammfunktion zu f (x) = sin x · cos x

und

g(x) = sin x · sin(2x).

b) Fallen Ihnen auch andere Wege zur Bestimmung von Stammfunktionen zu den Funktionen aus a) ein? (Tipp: Additionstheoreme, s. Satz 1.1.55, 3., und Aufgabe 1.1.29.) c) Welchen Wert haben konkret Z2π 0

sin x · cos x dx

und

Z2π 0

sin x · sin(2x) dx?

L¨ osung: a) Bei der Funktion f ergibt eine partielle Integration auf der rechten Seite das gleiche Integral (mit umgekehrtem Vorzeichen) wie auf der linken Seite: Z Z sin x · cos x dx = sin x · sin x − cos x · sin x dx. F

g

F

G

f

G

Bringt man das Integral von der rechten auf die linke Seite, erh¨alt man

A620

340

6 Integralrechnung

2·

Z

Z

sin x · cos x dx =

sin x · cos x dx = sin x · sin x = sin2 x,

also 1 sin2 x. 2

F¨ uhrt man die partielle Integration mit vertauschten Rollen durch, erh¨alt man a ¨hnlich als Stammfunktion − 21 cos2 x. Nach dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) ist 12 sin2 x = 21 ·(1−cos2 x) = − 12 cos2 x+ 21 . Man erh¨ alt also eine um eine additive Konstante verschobene Stammfunktion Bei der Funktion g kommt man durch zweifache partielle Integration zum Ziel: Z sin x · sin(2x) dx f

G

= − cos x · sin(2x) −

Z

(− cos x) · cos(2x) · 2 dx g F Z = − cos x · sin(2x) + 2 · cos x · cos(2x) dx F

G



neues f

neues G

= − cos x · sin(2x) + 2 · sin x · cos(2x) F

−

Z

G

sin x · (− sin(2x)) · 2 dx F

= − cos x · sin(2x) + 2 · sin x · cos(2x) + 4 ·

g

Z

!

sin x · sin(2x) dx.

Das rechte Integral auf die linke Seite gebracht, liefert Z −3 · sin x · sin(2x) dx = − cos x · sin(2x) + 2 · sin x · cos(2x), also Z

sin x · sin(2x) dx =

2 1 cos x · sin(2x) − · sin x · cos(2x). 3 3

b) Wegen sin(2x) = 2 sin x cos x (s. Satz 1.1.55, 3.) ist Z Z Z 1 1 · sin(2x) dx = − cos(2x). f (x) dx = sin x · cos x dx = 2 4

6.3 Integrationstechniken

341 1 2

y

Bemerkung: Diese Stammfunktion ist nicht identisch mit der aus a), sondern um eine Konstante verschoben.

0.5

π 1

Abb. nen.

Nach Aufgabe 1.1.29, a), ist

sin2 x

− 41 cos(2x)

2π x

6.20 Zwei Stammfunktio-


1 cos(x − 2x) − cos(x + 2x) 2

1 1 cos(−x) − cos(3x) = cos(x) − cos(3x) = 2 2

g(x) = sin x · sin(2x) =

und damit Z Z g(x) dx = sin x · sin(2x) dx Z
1 = cos(x) − cos(3x) dx 2
1 1 1 1 sin(x) − sin(3x) = sin(x) − sin(3x). = 2 3 2 6

Eine weitere M¨ oglichkeit ist die Ersetzung von sin(2x) durch 2 sin x cos x (s. Satz 1.1.55, 3.). Damit erh¨ alt man Z Z Z g(x) = sin x · 2 sin x cos x dx = 2 sin2 x cos x dx.

Hier kann man durch scharfes Hinschauen“ bzw. Substitution (vgl. Auf” gabe 6.3.13, b)) als Stammfunktion Z Z 2 g(x) = 2 sin2 x cos(x) dx = sin3 x 3 sehen. (Man kann sich u ¨berlegen, dass diese Stammfunktionen beide tats¨achlich identisch zu der in a) angegebenen Stammfunktion sind.) c) Mit den Stammfunktionen aus b) erh¨alt man Z2π 0

2π 1 sin x · cos x dx = − cos(2x) 4 0

1 1 1 1 = − cos(4π) − (− cos(0)) = − + = 0 4 4 4 4

und Z2π 0

sin x · sin(2x) dx =

2π 1 1 = 0 − 0 = 0. sin(x) − sin(3x) 2 6 0

342

6 Integralrechnung Bemerkung: Man kann entsprechend zeigen, dass f¨ ur alle m, n ∈ N gilt: Z2π 0

sin(nx) · cos(mx) = 0

und, falls m 6= n ist, Z2π 0

sin(nx) · sin(mx) = 0 und

Z2π 0

cos(nx) · cos(mx) = 0.

Aufgabe 6.3.12 A621

Die Gamma-Funktion ist f¨ ur a > 0 definiert durch Γ (a) :=

Z∞ 0

xa−1 · e−x dx.

a) Berechnen Sie Γ (1), Γ (2) und Γ (3). b) Zeigen Sie: Γ (a + 1) = a · Γ (a). ¨ c) Uberpr¨ ufen Sie mit der Formel aus b) Ihre Ergebnisse aus a) und berechnen Sie Γ (4) und Γ (5). Welchen Wert hat Γ (n) f¨ ur beliebiges n ∈ N?

L¨ osung: a) Es ist Γ (1) =

Z∞

x

1−1 −x

e

dx =

Z∞

0 −x

x e

dx =

e−x dx.

0

0

0

Z∞

Dieses Integral wurde schon in Aufgabe 6.3.4 als uneigentliches Integral berechnet mit dem Ergebnis Γ (1) = Es ist Γ (2) =

Z∞

e−x dx = 1.

0

Z∞ 0

x

2−1 −x

e

dx =

Z∞ 0

x · e−x dx.

6.3 Integrationstechniken

343

Mit partieller Integration erh¨ alt man (wieder als uneigentliches Integral) Z∞ 0

x · e−x dx

= lim

c→∞

Zc

x· e

0 F

= lim

c→∞



−x

dx = lim

c→∞

g

−c · e−c −0 + | {z } →0

Zc



x · −e

e−x dx

0



−x

= +


c − 0

Z∞

also Γ (2) = 1.

0


1 · − e−x dx

e−x dx

0

|

Zc

{z

=Γ (1)=1

= 1,

}

Schließlich ergibt sich wieder mit partieller Integration und als uneigentliches Integral (wobei diesmal der Grenzwert nicht explizit hingeschrieben ist, sondern jeweils bei ∞“ gedacht werden muss): ” ∞ Z∞ Z

∞ 2 −x 2 −x x · e dx = x · − e Γ (3) = − 2x · − e−x dx 0

0

0

=

0−0

=

+2·

Z∞ 0

|

2.

x · e−x dx {z

=Γ (2)=1

b) Allgemein erh¨ alt man mit partieller Integration Γ (a + 1) =

Z∞ 0

xa · e−x dx F

g

Z∞

∞ = xa · − e−x − a · xa−1 · − e−x dx F

=

=

G

0−0 a · Γ (a).

0

f

0

+a·

Z∞ 0

|

G

xa−1 · e−x dx {z

=Γ (a)

}

}

344

6 Integralrechnung

c) Tats¨ achlich ist Γ (2) = Γ (1 + 1) = 1 · Γ (1) = 1 · 1 = 1,

Γ (3) = Γ (2 + 1) = 2 · Γ (2) = 2 · 1 = 2.

Weiter ergibt sich Γ (4) = Γ (3 + 1) = 3 · Γ (3) = 3 · 2 = 6,

Γ (5) = Γ (4 + 1) = 4 · Γ (4) = 4 · 3 · 2 = 4!

Man sieht: Allgemein ist Γ (n) = (n − 1)!

6.3.3 Substitution

Aufgabe 6.3.13 A622

Leiten Sie die Funktionen in der linken Spalte ab (Kettenregel!), um dann eine Idee zu bekommen, wie Sie bei den Funktionen in der mittleren und rechten Spalte eine Stammfunktion durch Raten, zur¨ uck Ableiten und ggf. Anpassen von Konstanten bestimmen k¨ onnen. Ableiten

Stammfunktion bilden x3

3

f1 (x) = x · ex

4

f2 (x) = x · ex

2

a)

F (x) = e

b)

G(x) = sin3 x

g1 (x) = cos2 x · sin x

g2 (x) = sin3 x · cos x

c)

H(x) = sin(x3 )

h1 (x) = x · cos(x2 )

h2 (x) = x2 · sin(x3 )

d)

F (x) = (x2 + 1)2

f1 (x) = x · (x2 + 2)3


2 f2 (x) = x2 · 4x3 − 1

Bestimmen Sie dann erneut Stammfunktionen zu den Funktionen in der mittleren und rechten Spalte, diesmal indem Sie eine geeignete Substitution durchf¨ uhren.

L¨ osung: a) Durch Anwendung der Kettenregel bei innerer Funktion x3 erh¨alt man 3 F ′ (x) = ex · 3x2 .

Bei f1 und f2 hat man einen ¨ ahnlichen Aufbau: Der Exponent xn der eFunktion besitzt einem um eins gr¨ oßeren Grad als der Faktor xn−1 davor. Diesen Faktor erh¨ alt man bis auf eine Konstante als innere Ableitung der entsprechenden e-Funktion. 4

Zur Bestimmung einer Stammfunktion von f1 f¨ uhrt ein Test von ex zu

6.3 Integrationstechniken ex

4


′

345

4

= ex · 4x3 .

Die Korrektur des Faktors 4 f¨ uhrt zur Stammfunktion Z 4 1 x4 ·e . F1 (x) = x3 · ex dx = 4 Bei f2 erh¨ alt man ¨ ahnlich Z 2 1 x2 F2 (x) = x · ex dx = ·e . 2 b) Die Ableitung ergibt G′ (x) = 3 · sin2 x · cos x.

Zur Suche einer Stammfunktion bei g1 und g2 kann man entsprechend den zweiten Faktor (also sin x bzw. cos x) als innere Ableitung einer Potenz einer Winkelfunktion auffassen. Die ¨ außere Ableitung dieser WinkelfunktionPotenz liefert den jeweiligen ersten Faktor. Ggf. nach Test und Anpassen von Konstanten erh¨ alt man Z 1 G1 (x) = cos2 x · sin x dx = − · cos3 x, 3 Z 1 3 G2 (x) = sin x · cos x dx = · sin4 x. 4

c) Es ist H ′ (x) = cos(x3 ) · 3x2 .

Die Faktoren xk bei h1 und h2 k¨ onnen entsprechend bis auf eine Konstante als innere Ableitung der jeweiligen xk+1 -Ausdr¨ ucke in den Winkelfunktionen aufgefasst werden. Unter Ber¨ ucksichtigung der Konstanten erh¨alt man Z 1 · sin(x2 ), H1 (x) = x · cos(x2 ) dx = 2 Z 1 H2 (x) = x2 · sin(x3 ) dx = − · cos(x3 ). 3

d) Die Ableitung ergibt F ′ (x) = 2 · (x2 + 1) · 2x = 4x · (x2 + 1).

Bei f1 und f2 kann man analog die x-Potenz als innere Ableitung des zweiten Faktors auffassen. F¨ ur f1 ergibt ein Test von (x2 + 2)4 (x2 + 2)4


′

= 4 · (x2 + 2)3 · 2x = 8x · (x2 + 2)3 .

Die Korrektur der Konstante f¨ uhrt zur Stammfunktion Z 1 F1 (x) = x · (x2 + 2)3 dx = · (x2 + 2)4 . 8 F¨ ur f2 kann man (4x3 − 1)3 testen:

346

6 Integralrechnung (4x3 − 1)3 Also ist F2 (x) =


′

Z

= 3 · (4x3 − 1)2 · 4 · 3x2 = 36x2 · (4x3 − 1)2 .
2 x2 · 4x3 − 1 dx =

1 · (4x3 − 1)3 . 36

Die Durchf¨ uhrung einer formalen Substitution folgt hier immer dem gleichen Schema: Die innere Funktion i(x) wird ersetzt; durch die passende Struktur der Funktionen ergibt sich eine einfache Ersetzung von i′ (x) dx zu dt, s. Bemerkung 6.3.11, 2.. Dann wird eine Stammfunktion gebildet und die urspr¨ ungliche Substitution r¨ uckg¨ angig gemacht: a)

b)

Z

x ·e

Z

x · ex dx

Z

cos2 x · sin x dx

3

x4

x4 = t

dx

=

3

4x dx = dt ⇔ x3 dx = 14 dt

Z

x2 = t

2

Z

=

2x dx = dt ⇔ x dx = 12 dt

et ·

1 t 1 dt = e 4 4

1 1 t dt = e 2 2

et ·

cos x = t

=

− sin x dx = dt ⇔ sin x dx = − dt

Z

R¨ ucksub-

=

stitution

R¨ ucksub-

=

stitution

1 − (cos x)3 . 3

R¨ ucksub.

c)

Z

3

sin x · cos x dx

2

x · cos(x ) dx

Z

t3 · dt =

Z

cos(t) ·

sin x = t

=

cos x dx = dt

x2 = t

=

2x dx = dt ⇔ x dx = 12 dt

1 4 t 4 R¨ uck1 (sin x)4 . = 4 sub. 1 1 dt = · sin t 2 2 R¨ uck-

=

sub.

Z

x2 · sin(x3 ) dx

x3 = t

=

2

3x dx = dt ⇔ x2 dx = 31 dt

1 x2 e . 2

1 t2 · (−1) dt = − t3 3 =

Z

1 x4 e . 4

Z

sin(t) ·

1 · sin(x2 ). 2

1 1 dt = − · cos t 3 3 R¨ uck-

=

sub.

−

1 · cos(x3 ). 3

6.3 Integrationstechniken

d)

Z

2

x2 = t

3

x · (x + 2) dx

347

=

2x dx = dt ⇔ x dx = 21 dt

Z

(t + 2)3 ·

1 1 1 dt = · (t + 2)4 2 2 4 R¨ uck-

=

sub.

Z

x2 · (4x3 − 1)2 dx

4x3 −1 = t

=

2

12x dx = dt 1 ⇔ x2 dx = 12 dt

Z

t2 ·

1 2 (x + 2)4 . 8

1 3 1 1 dt = ·t · 12 3 12 R¨ uck-

=

sub.

1 · (4x3 − 1)3 . 36

Aufgabe 6.3.14 Bestimmen Sie Stammfunktionen durch Substitution oder durch scharfes Hin” schauen“ (d.h., raten Sie eine Stammfunktion und passen Sie sie durch Zur¨ uckAbleiten an). Z Z Z p −x2 2 a) x · 1 − x dx, b) x· e dx, c) sin x · cos4 x dx, √ Z Z Z sin x cos(ln x) x √ dx, e) dx. dx, f) d) 2 x +1 x x

L¨ osung: a) Sieht man, dass der erste Faktor x etwas mit der inneren Ableitung des √ 1 Terms 1 − x2 unter der Wurzel zu tun hat, so kann man – da x = x 2 3 bis auf eine Konstante x 2 als Stammfunktion besitzt – die Stammfunktion 3 (1 − x2 ) 2 testen: 

3

(1 − x2 ) 2

′

=

p 3 p · 1 − x2 · (−2x) = −3x · 1 − x2 . 2

Die Korrektur des Faktors −3 f¨ uhrt zur Stammfunktion Z p 3 1 x · 1 − x2 dx = − · (1 − x2 ) 2 . 3

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution:

A623

348

6 Integralrechnung Z

x·

p

1−

x2

dx

1−x2 = t

=

−2x dx = dt ⇔ x dx = − 21 dt

= R¨ ucksub-

=

stitution

 Z √  1 t· − dt 2

  2 3 1 3 1 = − t2 t2 · − 3 2 3 3 1 − · (1 − x2 ) 2 . 3 2

b) Durch scharfes Hinschauen“ kann man e−x testen: ”   2 ′ 2 e−x = e−x · (−2x).

Die Korrektur des Faktors −2 f¨ uhrt zur Stammfunktion Z 2 2 1 x · e−x dx = − · e−x . 2

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution: Z Z x2 = t
2 1 1 e−t · dt = = x · e−x dx · − e−t 2 2 2x dx = dt ⇔ x dx =

1 2

dt

R¨ uck-

=

sub.

−

1 −x2 ·e . 2

c) Durch scharfes Hinschauen“ kann man cos5 x testen: ”
′ cos5 x = 5 · cos4 x · (− sin x). Also ist eine Stammfunktion Z 1 sin x · cos4 x dx = − · cos5 x. 5

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution: Z Z cos x = t 1 sin x · cos4 x dx = t4 · (− dt) = − t5 5 − sin x dx = dt R¨ uck-

=

sub.

−

d) Durch scharfes Hinschauen“ kann man ln |x2 + 1| testen: ”
′ 1 ln |x2 + 1| = 2 · 2x. x +1 Also ist eine Stammfunktion

1 · cos5 x. 5

6.3 Integrationstechniken Z

x2

349

x 1 dx = · ln |x2 + 1|. +1 2

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution: Z Z x2 = t 1 1 1 x dx = · dt = · ln |t + 1| x2 + 1 t + 1 2 2 2x dx = dt R¨ uck1 · ln |x2 + 1|. = 2 sub. √ e) Durch scharfes Hinschauen“ kann man cos x testen: ” √ √
′ √ 1 1 sin x cos x = − sin x · √ = − · √ , 2 2 x x also

Z

√ √ sin x √ dx = −2 · cos x. x

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution: √ √ Z Z x = t sin t sin x √ · 2 dt = 2 · (− cos t) dx = 1 1 x √ dx = dt 2

x

R¨ uck-

=

sub.

− 2 · cos

√

x.

f) Durch scharfes Hinschauen“ kann man sin(ln x) testen: ”
′ 1 sin(ln x) = cos(ln x) · (ln x)′ = cos(ln x) · , x also

Z

cos(ln x) dx = sin(ln x). x

Alternativ findet man die Stammfunktion mittels Substitution: Z Z ln x = t cos(ln x) dx = cos t dt = sin t 1 x dx = dt x

R¨ uck-

=

sub.

sin(ln x).

350

6 Integralrechnung

Aufgabe 6.3.15 A624

a) Wie muss man f w¨ ahlen, damit man Integrale der Form Z Z ′ g (x) dx g(x) · g ′ (x) dx bzw. g(x) R mit der Substitutionsformel f (g(x)) · g ′ (x) dx = F (g(x)) l¨osen kann?

Wie lauten (bei allgemeinem g(x)) die Stammfunktionen? ¨ b) Nutzen Sie die Uberlegungen aus a) zur Bestimmung von Z Z sin x · cos x dx und tan x dx.

L¨ osung: a) Mit f (u) = u und entsprechend F (u) = 21 u2 erh¨alt man Z Z
2 1 g(x) . g(x) · g ′ (x) dx = f (g(x)) · g ′ (x) dx = F (g(x)) = 2 Mit f (u) = Z

1 u

und entsprechend F (u) = ln |u| erh¨alt man

g ′ (x) dx = g(x)

Z

1 · g ′ (x) dx = g(x)

Z

f (g(x)) · g ′ (x) dx

= F (g(x)) = ln |g(x)|. Man erh¨ alt also zusammengefasst als Stammfunktionen Z ′ Z
2 g (x) 1 g(x) und dx = ln |g(x)|. g(x) · g ′ (x) dx = 2 g(x) b) Als Anwendung der ersten Formel aus a) mit g(x) = sin x erh¨alt man Z 1 sin x · cos x dx = sin2 x. 2 Als Anwendung der zweiten Formel aus a) mit g(x) = cos x erh¨alt man Z Z Z sin x − sin x tan x dx = dx = − dx = − ln | cos x|. cos x cos x

6.3 Integrationstechniken

351

Aufgabe 6.3.16 Formen Sie die folgenden Integrale mittels Substitution so um, dass man die entstehenden Integrale mit partieller Integration l¨osen kann. a)

Z4

√ ln( x + 1) dx,

b)

Z1

sin(ln x) dx.

0

0

L¨ osung: a) Man hat verschiedene M¨ oglichkeiten zur Substitution: √ M¨ oglichkeit 1: Substitution t = x + 1. Dann ist 1 √ dx = dt, also 2· x √ und wegen x = t − 1 folgt

dx = 2 ·

√ x dt

dx = 2 · (t − 1) dt. Die Integralgrenzen transformieren sich entsprechend der Substitution von √ √ x = 0 auf t = 0 + 1 und von x = 4 auf t = 4 + 1: Z4 0


√ ln x + 1 dx

√ Substi-

=

tution

=

√

Z3 1

Z4+1 ln(t) · 2(t − 1) dt

0+1

2(t − 1) · ln t dt.

Dieses Integral kann man nun mit partieller Integration l¨osen, wobei man die ln-Funktion ableitet (vgl. Aufgabe 6.3.9, c)) Z Z 1 2(t − 1) · ln t dt = (t − 1)2 · ln t − (t − 1)2 · dt. t f

G

F

G

F

g

Das verbleibende Integral kann man wie folgt berechnen:  Z Z  1 1 1 (t2 − 2t + 1) · dt = t−2+ dt = t2 − 2t + ln |t|. t t 2 Damit erh¨ alt man insgesamt

A625

352

6 Integralrechnung Z4

ln

√

0


x + 1 dx =

Z3 1

2(t − 1) · ln t dt

 1 2 3 2 t − 2t + ln |t| = (t − 1) · ln t − 2 1      1 9 2 = 3 ln 3. − 6 + ln 3 − 0 − − 2 + ln 1 = 2 · ln 3 − =0 2 2 



M¨ oglichkeit 2: Substitution Z4 0


√ ln x + 1 dx

√

x = u ⇔ x = u2 :

x = u2

=

dx = 2u du

Z2 0

ln(u + 1) · 2u du.

Hier kann man nun mit partieller Integration weiterrechnen: Z2 0

2 Z2 ln(u + 1) · 2u du = ln(u + 1) · u − g

F

F

2

G

0

0

1 · u2 du. u+1 f

G

Beim verbleibenden rechten Integral kann R man nun die Substitution u+1 = uhrt, dem Integral, t ⇔ u = t − 1 durchf¨ uhren, die auf 1t · (t − 1)2 dt f¨ das auch bei M¨ oglichkeit 1 auftrat.

Alternativ kann man die zu integrierende gebrochen rationale Funktion u2 u+1 mittels Polynomdivision in ein Polynom und eine echt gebrochen rationale Funktion zerlegen: u2

: (u + 1) = u − 1, Rest 1

2

−(u + u)

−u −(−u − 1) 1

Also ist Z4 0

u2 u+1

= u−1+

1 u+1

und es ergibt sich weiter


√ ln x + 1 dx = ln(2 + 1) · 22 − 0 −

Z2 

1 u+1 0   1 2 2 u − u + ln |u + 1| = ln 3 · 4 − 2 0    1 · 4 − 2 + ln 3 − ln 1 = ln 3 · 4 − =0 2 = 3 · ln 3.

u−1+



du

6.3 Integrationstechniken

353

b) Die Substitution t = ln x ⇔ x = et f¨ uhrt zu dx = et dt.

Das Integral ist ein uneigentliches Integral, da der Integrand bei x = 0 nicht definiert ist. Man muss das Integral also mit unterer Grenze x → 0+ auffassen. Dies transformiert sich bei t = ln x zu t → −∞. Die Grenze x = 1 transformiert sich zu t = ln 1 = 0: Z1

sin(ln x) dx

Substi-

=

tution

0

Z0

−∞

sin t · et dt.

Eine Stammfunktion zu sin t · et kann man mittels zweifacher partieller Integration bestimmen: Z Z t t sin t · e dt = sin t · e − cos t · et dt F

g

F

G

"

t

f F

G g

t

= sin t · e − cos t · e − F

G

= sin t · et − cos t · et −

Z

Z

t

( − sin t) · e dt G

f

#

sin t · et dt.

Bringt man das rechte Integral auf die linke Seite, erh¨alt man Z 2 · sin t · et dt = sin t · et − cos t · et und damit Z
1 · sin t · et − cos t · et . sin t · et dt = 2

Damit kann nun das Integral berechnet werden: Z0

−∞

t

sin t · e dt = = = =

lim

Z0

lim



c→−∞

c

c→−∞

lim

c→−∞



sin t · et dt


1 · sin t · et − cos t · et 2

 0

c  1 c 1 (0 − 1) − e · (sin c − cos c) 2 2 →0 1 1 − − 0 = − . 2 2

354

6 Integralrechnung

6.3.4 Partialbruch-Zerlegung

Aufgabe 6.3.17 A626

Bestimmen Sie mit Hilfe der Partialbruchzerlegungen (s. dazu Aufgabe 1.1.21) Stammfunktionen zu a) f (x) =

4x − 3 , x2 + x − 6

b) g(x) =

2x , x2 − 1

c) h(x) =

2x + 3 , x2 + 2x + 1

d) f (x) =

−2x2 − 3 . x3 + x

L¨ osung: a) Mit der Partialbruchzerlegung aus Aufgabe 1.1.21, a), ergibt sich  Z Z  4x − 3 1 3 dx dx = + x2 + x − 6 x−2 x+3 = ln |x − 2| + 3 · ln |x + 3|. b) Mit der Partialbruchzerlegung aus Aufgabe 1.1.21, b), ergibt sich  Z  Z 1 1 2x dx dx = + x2 − 1 x+1 x−1 = ln |x + 1| + ln |x − 1|. Umgeformt ist die Stammfunktion auch: ln |x + 1| + ln |x − 1| = ln |(x + 1) · (x − 1)| = (ln |x2 − 1|). Alternativ findet man die Stammfunktion auch direkt durch scharfes Hin” schauen“ (vgl. Aufgabe 6.3.14, d) und Aufgabe 6.3.15, a); der Integrand ′ hat die Form gg ): Z

2x dx = ln |x2 − 1|. x2 − 1

c) Mit der Partialbruchzerlegung aus Aufgabe 1.1.21, c), ergibt sich  Z Z  2 2x + 3 1 dx dx = + x2 + 2x + 1 x + 1 (x + 1)2 = 2 · ln |x + 1| −

1 . x+1

6.3 Integrationstechniken

355

d) Mit der Partialbruchzerlegung aus Aufgabe 1.1.21, d), ergibt sich  Z Z  −2x2 − 3 3 x dx dx = − + x3 + x x x2 + 1 = −3 · ln |x| +

1 · ln |x2 + 1|. 2

Aufgabe 6.3.18 Bestimmen Sie eine Stammfunktion zu f (x) =

x2

x+3 . − 4x + 8

L¨ osung: Der Nenner x2 − 4x + 8 ist nullstellenfrei, wie man sich zum Beispiel mit der p-q-Formel u ¨berlegen kann. Man kann also keine weitere Partialbruchzerlegung durchf¨ uhren. Zun¨ achst wird der x-Anteil im Z¨ ahler mit Hilfe eines Stammfunktions-Bestandteils der Form ln(Nenner)“ versorgt: Wegen ” 2x − 4 x−2 ln(x2 − 4x + 8)′ = 2 = 2· 2 x − 4x + 8 x − 4x + 8 kann man f aufspalten in f (x) =

x+3 x−2+5 = 2 x2 − 4x + 8 x − 4x + 8 =

x−2 5 1 ·2· 2 + 2 2 x − 4x + 8 x − 4x + 8

und hat zum ersten Summanden eine Stammfunktion

1 2

· ln(x2 − 4x + 8).

5 Damit bleibt noch x2 −4x+8 zu integrieren. Ziel ist eine Darstellung in der Form 1 c · t2 +1 mit einer Konstanten c, so dass man mit der Arcustangens-Funktion eine Stammfunktion finden kann:

Man kann den Nenner durch quadratische Erg¨anzung und Ausklammern wie folgt umformen: # " 2   x−2 1 2 2 2 +1 , · (x − 2) + 1 = 4 · x − 4x + 8 = (x − 2) + 4 = 4 · 4 2 also x2 Wegen

5 h = − 4x + 8 4·

5


x−2 2 2

5 i = · 4 +1

1


x−2 2 2

+1

.

A627

356

6 Integralrechnung

arctan



x−2 2

′

=

1


x−2 2 2

1 2 +1 ·


ist 45 · 2 · arctan x−2 eine Stammfunktion f¨ ur den verbliebenen Summanden, 2 also   Z 1 5 x−2 . f (x) dx = · ln(x2 − 4x + 8) + · arctan 2 2 2

7

Vektorrechnung

7.1 Vektoren und Vektorraum

Aufgabe 7.1.1       3 1 −2 ,Q= und S = und die 1 −2 3 zugeh¨ origen Ortsvektoren p~, ~q und ~s.

a) Zeichnen Sie die Punkte P = b) Was ergibt p~ + ~q, was p~ − ~s?

c) Welcher Vektor f¨ uhrt von P zu S, welcher von Q zu P ?

d) Bestimmen und zeichnen Sie 2 · p~, − 21 · p~, 2 · (~ p + ~q).

e) Wie erh¨ alt man den Punkt T , der genau zwischen P und Q liegt?

L¨ osung: a)

S•

3

~s

y

1

p ~

•P x

−2

1 q~ −2

3

•Q

Abb. 7.1 Punkte und Ortsvektoren.

b) Rechnerisch erh¨ alt man         4 3+1 1 3 , = = + p~ + ~q = −1 1 + (−2) −2 1         5 3 − (−2) −2 3 . = = − p~ − ~s = −2 1−3 3 1 © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_18

A701

358

7 Vektorrechnung Grafisch erh¨ alt man das Ergebnis durch Aneinanderh¨angen der Vektoren; bei p~ − ~s muss man den Vektor ~s zun¨achst spiegeln, s. Abb. 7.2. y

p ~

1 y

−~s

x

p ~

1

2

3 q~ x

2

−~s

p ~ + q~

3

p ~ − ~s

q~ p ~

p ~

Abb. 7.2 Addition und Subtraktion zweier Vektoren.

c) Um die Verbindungsvektoren zu erhalten, muss man vom Startpunkt zun¨ achst r¨ uckw¨ arts zum Ursprung gehen, also den ersten Vektor invertieren, und dann zum Endpunkt gehen, also den zweiten Vektor addieren (s. Abb. 7.3):

−~ p + ~s ~s •

−~ p

1

1 −~ q

x −~ q+p ~

• Q Abb. 7.3 Vektoren von P zu S und Q zu P .

Von Q zu P f¨ uhrt: −~q + p~ = −



1 −2



P

p ~

Von P zu S f¨ uhrt:     3 −2 −~ p + ~s = − + 1 3     −5 −3 − 2 . = = 2 −1 + 3

y

S•

      2 −1 + 3 3 . = = + 3 2+1 1

d) Rechnerisch erh¨ alt man       3 2·3 6 2 · p~ = 2 · = = , 1 2·1 2

      −3/2 −1/2 · 3 3 , = = −1/2 −1/2 · 1 1    !     3 1 4 8 2 · (~ p + ~q) = 2 · + = 2· = . 1 −2 −1 −2

1 1 − · p~ = − · 2 2

Abb. 7.4 zeigt die Vektoren im Koordinatensystem.

7.1 Vektoren und Vektorraum

359

y 2~ p 1

p ~

−1 x − 21 p ~

q~

p ~ + q~ 2 · (~ p + q~)

Abb. 7.4 Vektoraddition und skalare Multiplikationen.

e) Man kann von P aus die H¨ alfte der Verbindungsstrecke zu Q (also ~q − p~) entlang gehen: y

~t = = = =

1 p~ + (~q − p~) 2 1 1 p~ + ~q − p~ 2 2 1 1 p~ + ~q 2 2 1 (~ p + ~q). 2

1

P •

p ~

x

1 • T

q~

q~ +~ p

q~ −~ p • Q

p + ~q) ist aus Das Ergebnis ~t = 21 (~ Abb. 7.5 auch direkt ersichtlich.

Abb. 7.5 Mittelpunkt T zwischen P und Q.

Aufgabe 7.1.2 Berechnen Sie ~a + ~b,

A702

~a − ~b,

−~a,

3~b,

2 · (~a + ~b),

2~a + 2~b

f¨ ur die folgenden F¨ alle:



, ~b = 11 . Zeichnen Sie die Vektoren. 0  1  0 , ~b = 1 . Versuchen Sie, sich die b) im Vektorraum R3 mit ~a = −2 3 Vektoren vorzustellen. 2  −1  c) im Vektorraum R4 mit ~a = 30 , ~b = 11 . a) im Vektorraum R2 mit ~a =

1 −2

1

0

d) im Vektorraum aller Polynome mit

~a als dem Polynom a(x) = x3 + x + 1

und ~b als b(x) = x2 − 2x.

360

7 Vektorrechnung

L¨ osung: Bei a), b) und c) berechnet man die Vektoren komponentenweise:       y 2 1 1 3~b , = + a) ~a + ~b = −1 1 −2       2~b 1 1 0 2~a ~a − ~b = − = , −2 1 −3 −~a 1 ~b   1 ~a −1 ~ , −~a = x −b 2 ~b ~ a +   ~a 3 ~b 3 · ~b = , 3 ~a 2(~a + ~b)       ~ − b 4 2 , = 2 · ~a + ~b = 2 · 2~b ~a − ~b −2 −1       4 2 2 Abb. 7.6 Vektoradditionen . = + 2 · ~a + 2 · ~b = und skalare Multiplikationen. −2 2 −4 b)

~a + ~b =

~a − ~b =

−~a =   2 · ~a + ~b = 2 · ~a + 2 · ~b =

c)

     1+0 0 1  0  + 1 =  0 + 1  = −2 + 3 3 −2       1 0 1−0  0  − 1 =  0 − 1  = −2 3 −2 − 3     0 −1  0 , 3 · ~b =  3  , 9 2     1 2 2 · 1 = 2, 1 2       2 0 2  0  + 2 = 2. 2 −4 6 

      1 −1 2 4 3  1       ~a + ~b =  0 +  1  = 1, 1 0 1

      3 −1 2  2  3  1       ~a − ~b =   0  −  1  =  −1  , 1 0 1

  1 1, 1   1  −1  , −5



 −2  −3   −~a =   0 , −1 

 −3  3   3 · ~b =   3 , 0

7.2 Linearkombination

361

    1 2   4 8    2 · ~a + ~b = 2 ·  1 = 2, 1 2     −2 4 6  2     2 · ~a + 2 · ~b =  0 +  2  = 0 2

  2 8  . 2 2

d) Indem man die Polynome wie u ¨blich addiert und mit reellen Skalaren multipliziert, erh¨ alt man ~a + ~b = (x3 + x + 1) + (x2 − 2x) = x3 + x2 − x + 1, ~a − ~b = (x3 + x + 1) − (x2 − 2x) = x3 − x2 + 3x + 1, −~a = −(x3 + x + 1) = −x3 − x − 1, 3 · ~b = 3 · (x2 − 2x) = 3x2 − 6x,

    2 · ~a + ~b = 2 · (x3 + x + 1) + (x2 − 2x) = 2 · (x3 + x2 − x + 1)

= 2x3 + 2x2 − 2x + 2, 2 · ~a + 2 · ~b = 2 · (x3 + x + 1) + 2 · (x2 − 2x) = 2x3 + 2x + 2 + 2x2 − 4x = 2x3 + 2x2 − 2x + 2.

7.2 Linearkombination

Aufgabe 7.2.1         2 3 1 0 a) Stellen Sie die Vektoren , , und als Linearkombina5 0 0 1     2 2 dar. und tion von −1 2

b) Stellen Sie p(x) = 2x2 + 2x + 1 dar als Linearkombination von v1 (x) = x + 1,

v2 (x) = x2

und v3 (x) = x2 + 1.

A703

362

7 Vektorrechnung

L¨ osung: a) Wie man an Abb. 7.7 sieht und leicht nachrechnet, gilt:       2 2 2 = 2· −1· 5 2 −1 Alternativ kann man zur Berechnung eine allgemeine Linearkombination ansetzen:       2 2 2 . +µ· = λ· −1 2 5 Bei Betrachtung der einzelnen Komponenten f¨ uhrt dies zu einem Gleichungssystem

y b

2 2

1




b

1 b

b

x 2 −1




Abb. 7.7 Vektoren und m¨ ogliche Linearkombinationen.

2 = 2λ + 2µ 5 = 2λ − µ. Zieht man die erste von der zweiten Gleichung ab, erh¨alt man 3 = −3µ, also µ = −1, und damit aus der zweiten Gleichung 5 = 2λ + 1, also λ = 2.
alt man mit dem allgemeinen Ansatz F¨ ur 30 erh¨       2 2 3 +µ· = λ· −1 2 0 ⇔

3 0

= =

2λ 2λ

+ −

2µ . µ

Zieht man hier die zweite von der ersten Gleichung ab, erh¨alt man 3 = 3µ, also µ = 1, und damit aus der zweiten Gleichung 0 = 2λ − 1, also λ = 12 und damit       1 2 2 3 · +1· . = 2 −1 0 2
onnte man genauso vorgehen. Da die Darstellung f¨ ur F¨ ur 10 k¨ schon bekannt ist, geht es schneller mit          1 1 1 1 3 2 2 = · · · = +1· 0 0 2 −1 3 3 2     1 1 2 2 · + · . = 2 −1 6 3

3 0




aber

7.2 Linearkombination

363


F¨ ur 01 k¨ onnte
ein Gleichungssystem aufstellen. Sieht man
man
wieder 2 alt man leicht = 03 ist, erh¨ aber, dass 22 − −1          1 1 0 0 2 2 = · · 1· = −1· 1 3 2 −1 3 3     1 1 2 2 · − · . = 2 −1 3 3 Bemerkung:



Hat man nun Darstellungen von 10 und 01 , so kann man jeden anderen Vektor leicht darstellen, beispielsweise       0 1 3 +4· = 3· 1 0 4      1 1 2 2 + · = 3· · 2 −1 6 3      1 1 2 2 +4· − · · 2 −1 3 3         4 1 4 2 2 + 1− = · · + 2 −1 2 3 3       11 1 2 2 = . + − · · −1 2 6 3 b) Der Ansatz f¨ ur die Darstellung als Linearkombinationen ist p = λ1 · v 1 + λ2 · v 2 + λ3 · v 3 . Damit folgt 2x2 + 2x + 1 = λ1 · (x + 1) + λ2 · (x2 ) + λ3 · (x2 + 1) = (λ2 + λ3 ) · x2 + λ1 · x + (λ1 + λ3 ).

Der Koeffizientenvergleich bringt: bei x: bei 1:

λ1 = 2, λ1 + λ3 = 1,

2

λ2 + λ3 = 2,

bei x : Damit ist

p = 2 · v1 + 3 · v2 − v3 .

also: λ3 = −1

also: λ2 = 3.

364

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.2.2 A704

Ein Roboter kann auf einer Schiene
entlang der x-Achse fahren und hat einen diagonalen Greifarm (Richtung 11 ), den er aus- und einfahren kann.
In welcher Position muss der Roboter stehen, um einen Gegenstand bei 13 zu fassen? Formulieren Sie das Problem mittels Linearkombination von Vektoren.

L¨ osung:


x = x· Der Roboter kann bei 0
1 und in Richtung 1 greifen.
In Position x0 kann er also zu     x 1 +α· 0 1

1 0




stehen

y 3 1 1

greifen. Gesucht ist nun das x so, dass es ein α gibt mit       1 1 1 = x· +α· . 3 0 1

b

x

Abb. 7.8 M¨ ogliche Greif-Richtungen des Roboters.

Offensichtlich erf¨ ullt α = 3 und x = −2 diese Gleichung.
Folglich muss der Roboter bei −2 stehen. 0

Aufgabe 7.2.3 A705

F¨ ur welche Werte von c sind drei Vektoren       1 3 0  0 ,  1  2 und −1 −2 c

linear unabh¨ angig?

L¨ osung:

 3   1  1 0 in unterund Offensichtlich zeigen die ersten beiden Vektoren −2 −1 schiedliche Richtungen.  0  Damit die drei Vektoren linear unabh¨angig sind, darf der dritte Vektor 2 nicht als Linearkombination der ersten beiden darstellbar c sein. Als Linearkombination darstellbar ist der dritte Vektor (die drei Vektoren sind dann linear abh¨ angig), falls es λ und µ gibt mit

7.2 Linearkombination

365

      0 1 3 2 = λ ·  0  + µ ·  1  c −1 −2 0 2 c

⇔

= = =

λ

+

−λ

−

3µ µ. 2µ

Aus der zweiten Gleichung erh¨ alt man µ = 2 und damit aus der ersten λ = −3µ = −3 · 2 = −6. Damit ergibt sich aus der dritten Gleichung c = −(−6) − 2 · 2 = 2. F¨ ur c = 2 sind die Vektoren also linear abh¨angig und entsprechend f¨ ur c 6= 2 linear unabh¨ angig. Aufgabe 7.2.4 Machen Sie sich anschaulich klar, welche der folgenden Mengen ein Erzeugendensystem bzw. sogar eine Basis des R2 bilden.           1 0 2 3 1 a) , b) c) , 3 1 1 1 3       1 1 3 , , d) 1 3 1

e)



2 −1

   −4 , 2

L¨ osung: Entsprechend Definition 7.2.4 muss bei einem Erzeugendensystem jeder Vektor aus dem Vektorraum als Linearkombination der gegebenen Vektoren darstellbar sein. Abb. 7.9 zeigt, dass das bei a) und c) (links und rechts) gegeben ist, bei b) (Mitte) nicht. y

y y

1

1

1 1

x

1

x

1

Abb. 7.9 Vektoren und m¨ ogliche Linearkombinationen.

x

A706

366

7 Vektorrechnung

Bei d) gibt es einen Vektor mehr als bei c). Da die Menge bei c) ein Erzeugendensystem ist, ist dann auch die bei d) gegebene gr¨oßere Menge ein Erzeugendensystem. Abb.
7.10 zeigt,
dass die Vektoren 2 −4 und Vielfache voneinander −1 2 sind, und dass man damit nicht alle Vektoren aus R2 erreichen kann.  2
−4
Die Menge ist also kein −1 , 2 Erzeugendensystem.

y 1 1

x

Abb. 7.10 Vektoren auf einer Linie.

Eine Basis ist ein Erzeugendensystem mit linear unabh¨angigen Vektoren. Die Vektoren bei a) und c) sind offensichtlich linear unabh¨ angig, so dass hier Basen

1 ja durch die Vektoren 31 vorliegen. Da bei d) der zus¨ a tzliche Vektor 1
1 und 3 dargestellt werden kann (da die Menge bei c) ein Erzeugendensystem bildet), sind die Vektoren linear abh¨ angig, die Menge also keine Basis. Aufgabe 7.2.5 A707

Sei Pn der Vektorraum aller Polynome vom Grad ≤ n.

a) Welche der folgenden Mengen bilden ein Erzeugendensystem, welche sogar eine Basis von P2 ? 1) {1, x, x2 },

2) {1 + x, 1 + x2 },

4) {1 + x, x2 , 1 + x + x2 },

b) Welche Dimension hat P2 ?

3) {1, 1 + x, 1 + x2 }

5) {1, 1 + x, 1 + x2 , x2 }

c) Welche Dimension hat Pn ?

L¨ osung: a) Es ist P2 = {Polynome vom Grad ≤ 2}  = a0 + a1 x + a2 x 2 a0 , a1 , a2 ∈ R .

1) Die Darstellung v(x) = a0 + a1 x + a2 x2 stellt eine Linearkombination von v als v(x) = λ1 · 1 + λ2 · x + λ3 · x2 dar, wobei die Koeffizienten dabei (eindeutig) λ1 = a0 , λ2 = a1 und λ3 = a2 sind. Also ist {1, x, x2 } ein Erzeugendensystem und (wegen der Eindeutigkeit der Darstellung, s. Bemerkung 7.2.13, 3.) eine Basis von P2 .

7.2 Linearkombination

367

2) Die Menge {1 + x, 1 + x2 } ist kein Erzeugendensystem und damit auch keine Basis von P2 , denn will man v(x) = 1 + x + x2 als Linearkombination darstellen, erh¨ alt man mit dem Ansatz 1 + x + x2 = v(x) = λ1 · (1 + x) + λ2 · (1 + x2 )

= (λ1 + λ2 ) + λ1 · x + λ2 · x2

durch Koeffizientenvergleich bei x und x2 , dass λ1 = 1 = λ2 ist. Dann erh¨ alt man aber nicht 1 f¨ ur den absoluten Summanden, d.h., v kann man nicht als Linearkombination darstellen. 3) Will man v(x) = a0 + a1 x + a2 x2 als Linearkombination darstellen, erh¨ alt man mit dem Ansatz a0 + a1 x + a2 x2 = λ1 · 1 + λ2 · (1 + x) + λ3 · (1 + x2 ) = (λ1 + λ2 + λ3 ) + λ2 · x + λ3 · x2

durch Koeffizientenvergleich, dass λ2 = a1 und λ3 = a2 ist; mit λ1 + λ2 + λ3 = a0 l¨ asst sich dann λ1 (eindeutig) berechnen. Also ist {1, 1 + x, 1 + x2 } ein Erzeugendensystem und sogar (wegen der Eindeutigkeit der Darstellung, s. Bemerkung 7.2.13, 3.) eine Basis von P2 . 4) Die Menge {1 + x, x2 , 1 + x + x2 } ist kein Erzeugendensystem und damit auch keine Basis von P2 , denn bei jeder Linearkombination λ1 · (1 + x) + λ2 · x2 + λ3 · (1 + x + x2 )

= (λ1 + λ3 ) + (λ1 + λ3 ) · x + (λ2 + λ3 ) · x2 ist der absolute Summand gleich dem Koeffizienten f¨ ur x, so dass man beispielsweise v(x) = 1 + 2x nicht als Linearkombination darstellen kann. 5) Die Menge enth¨ alt ein Element mehr als die bei 3) angegebene Menge. Da die Menge dort ein Erzeugendensystem ist, ist auch die Menge hier ein Erzeugendensystem, allerdings keine Basis, da das zus¨atzliche Element ja schon durch die anderen dargestellt werden kann und die Vektoren mithin linear abh¨ angig sind. b) P2 hat die Dimension 3, da beispielsweise die Basis {1, x, x2 } drei Elemente besitzt. ¨ c) Ahnlich wie bei a1) sieht man, dass Pn als Basis die Menge {1, x, . . . , xn−1 , xn } mit n + 1 Elementen besitzt. Also hat Pn die Dimension n + 1.

368

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.2.6 A708

Sei V die Menge aller in x-Richtung verschobenen und in y-Richtung gestreckten oder gestauchten Sinus- und Cosinus-Funktionen. ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass V ein Vektorraum ist. b) Geben Sie eine Basis von V an. (Tipp: Vgl. Aufgabe 1.4.8 und Aufgabe 2.3.6.)

L¨ osung: a) Man muss sich u ¨berlegen, dass, wenn f und g verschobene und in yRichtung gestreckte oder gestauchte Sinus- oder Cosinus-Funktionen sind, dies auch f¨ ur die Summe f + g und Vielfache λ · f gilt. Bei Vielfachen λ · f ist das klar, da die Multiplikation mit λ zu einer weiteren Stauchung oder Streckung in y-Richtung f¨ uhrt.

F¨ ur die Summe f + g kann man sich wie bei Aufgabe 1.4.8 mit Hilfe der Additionstheoreme u ¨berlegen, dass jede verschobene und in y-Richtung gestreckte oder gestauchte Sinus- oder Cosinus-Funktion als Summe c · cos x + d · sin x geschrieben werden kann: f (x) = cf · cos x + df · sin x und g(x) = cg · cos x + dg · sin x. Damit ist (f + g)(x) = cf · cos x + df · sin x + cg · cos x + dg · sin x = (cf + cg ) · cos x + (df + dg ) · sin x.

¨ Wie bei Aufgabe 2.3.6 kann eine derartige Uberlagerung von Sinus- und Cosinus-Funktion wieder als verschobene cos-Funktion dargestellt werden. b) Wie schon bei a) erw¨ ahnt, kann jede verschobene und in y-Richtung gestreckte oder gestauchte Sinus- oder Cosinus-Funktion (mit Hilfe der Additionstheoreme) als Linearkombination c · cos x + d · sin x geschrieben werden. Dabei k¨ onnen offensichtlich keine Mehrdeutigkeiten auftreten. Daran sieht man, dass {cos x, sin x} eine Basis ist.

7.2 Linearkombination

369

Aufgabe 7.2.7 a) Rechnen Sie nach, dass f (x) = x und f (x) = algleichung

1 x

L¨osungen der Differenzi-

x2 · f ′′ (x) + x · f ′ (x) − f (x) = 0. sind, und dass sogar jedes f mit f (x) = c1 · x + c2 · eine L¨ osung der Differenzialgleichung ist.

1 x

(c1 , c2 ∈ R beliebig)

b) Rechnen Sie nach, dass, falls die Funktionen f1 und f2 L¨osungen der Differenzialgleichung a2 (x) · f ′′ (x) + a1 (x) · f ′ (x) + a0 (x) · f (x) = 0 (mit fest vorgegebenen Funktionen a0 , a1 und a2 ) sind, auch immer jede Linearkombination f (x) = c1 · f1 (x) + c2 · f2 (x) (c1 , c2 ∈ R beliebig) eine L¨ osung ist.

L¨ osung: a) Zu f (x) = x ist f ′ (x) = 1 und f ′′ (x) = 0. Damit ergibt sich eingesetzt x2 · f ′′ (x) + x · f ′ (x) − f (x)

= x2 · Zu f (x) = eingesetzt

1 x

0

+x·

1 −

x

= 0.

ist f ′ (x) = − x12 und f ′′ (x) = 2 ·

1 x3 .

Damit ergibt sich

x2 · f ′′ (x) + x · f ′ (x) − f (x)  1 1 1 1 1 1 = x2 · 2 · 3 + x · − 2 − = 2· − − = 0. x x x x x x Zu f (x) = c1 · x + c2 · Eingesetzt ergibt sich x2 ·

1 x

ist f ′ (x) = c1 − c2 ·

1 x2

und f ′′ (x) = 2c2 ·

f ′′ (x) +x· f ′ (x) − f (x)       1 1 1 2 = x · 2c2 · 3 + x · c1 − c2 · 2 − c1 · x + c2 · x x x   1 1 1 = 0. = c1 · (x − x) + c2 · 2 · − − x x x

1 x3 .

A709

370

7 Vektorrechnung

b) Setzt man die Ableitungen f ′ (x) = c1 · f1′ (x) + c2 · f2′ (x) und f ′′ (x) = c1 · f1′′ (x) + c2 · f2′′ (x) in die Differenzialgleichung ein, kann man nach f1 und f2 hin umsortieren und dann ausnutzen, dass die einzelnen Funktionen L¨osungen der Differenzialgleichung sind: a2 (x) · f ′′ (x) + a1 (x) · f ′ (x) + a0 (x) · f (x)
= a2 (x) · c1 · f1′′ (x) + c2 · f2′′ (x)
+ a1 (x) · c1 · f1′ (x) + c2 · f2′ (x)
+ a0 (x) · c1 · f1 (x) + c2 · f2 (x)

= c1 · a2 (x) · f1′′ (x) + a1 (x) · f1′ (x) + a0 (x) · f1 (x) | {z } = 0, da f1 die Differenzialgleichung l¨ ost




+ c2 · a2 (x) · f2′′ (x) + a1 (x) · f2′ (x) + a0 (x) · f2 (x) | {z } = 0, da f2 die Differenzialgleichung l¨ ost




= c1 · 0 + c2 · 0 = 0.

7.3 Skalarprodukt

Aufgabe 7.3.1 A710

Betrachtet werden die folgenden Gleichungen f¨ ur ~a, ~b, ~c, d~ ∈ Rn und λ, µ ∈ R. (1)

(2) (3) (4)

(λ · µ) · ~a = λ · (µ · ~a), (λ · ~a) · ~b = λ · (~a · ~b), ~ = ~a · ((~b · ~c) · d), ~ (~a · ~b) · (~c · d)

(~a + λ · ~b) · ~c = ~a · ~c + λ · (~b · ~c).

a) Markieren Sie in den Gleichungen die Multiplikationspunkte entsprechend ihrer Bedeutung: • f¨ ur die normale Multiplikation reeller Zahlen, ∗ f¨ ur die skalare Multiplikation,

⊙ f¨ ur das Skalarprodukt.

7.3 Skalarprodukt

371

b) Testen Sie, ob die Gleichungen konkret gelten f¨ ur         3 −2 3 1 , λ = 2 und µ = −3. , d~ = , ~c = , ~b = ~a = 0 −4 −1 2 c) Stimmen die Gleichungen immer?

L¨ osung: a) Welche Art der Multiplikation vorliegt, ist eindeutig durch die Faktoren (ob reelle Zahl oder Vektor) festgelegt: - bei der normalen Multiplikation treffen zwei reelle Zahlen aufeinander, - bei der skalaren Multiplikation trifft eine reelle Zahl auf einen Vektor, - beim Skalarprodukt treffen zwei Vektoren aufeinander. Damit erh¨ alt man folgende Multiplikationspunkte (1) (λ • µ) ∗ ~a = λ ∗ (µ ∗ ~a), (2) (λ ∗ ~a) ⊙ ~b = λ • (~a ⊙ ~b), ~ = ~a ⊙ ((~b ⊙ ~c) ∗ d), ~ (3) (~a ⊙ ~b) • (~c ⊙ d)

(4) (~a + λ ∗ ~b) ⊙ ~c = ~a ⊙ ~c + λ • (~b ⊙ ~c).

b) Einsetzen der Werte in die linke (l) bzw. rechte (r) Seite zeigt, dass f¨ ur die angegebenen Werte alle Gleichungen erf¨ ullt sind:       −6 1 1 , = = −6 · (1) l : (2 · (−3)) · −12 2 2        −6 −3 1 . = = 2· r : 2 · (−3) · −12 −6 2          1 3 2 3 (2) l : 2· · = · 2 −1 4 −1 r:

= 2 · 3 + 4 · (−1) = 2,    
3 1 = 2 · 1 · 3 + 2 · (−1) · 2· −1 2

= 2 · 1 = 2.         1 3 −2 3 (3) l : · · · 2 −1 −4 0

= 1 · 3 + 2 · (−1) · − 2 · 3 + (−4) · 0 = 1 · (−6) = −6,

372

7 Vektorrechnung

r:

        1 3 −2 3 · · · 2 −1 −4 0     
3 1 · 3 · (−2) + (−1) · (−4) · = 0 2      1 3 = · −2 · 2 0

= 1 · (−6) + 2 · 0 = −6.       1 3 −2 (4) l : +2· · 2 −1 −4       −2 6 1 · + = −4 −2 2     7 −2 = · 0 −4

= 7 · (−2) + 0 · (−4) = −14,         1 −2 3 −2 r: · +2· · 2 −4 −1 −4

= 1 · (−2) + 2 · (−4) + 2 · 3 · (−2) + (−1) · (−4) = −10 + 2 · (−2) = −14.

c) Die Gleichung (1) gilt immer (siehe Bemerkung 7.1.8, 5.). Die Gleichung (2) gilt ebenfallls immer (siehe Satz 7.3.4, 3.). Die Gleichung (3) gilt meistens nicht. Beispielsweise ist         0 0 1 1 = 1 · 1 = 1, · · · 1 1 0 0 aber         1 1 0 0 · · · 0 0 1 1          1 0 1 0 = · 0· = · = 0. 0 1 0 0 Die Gleichung (4) gilt immer, denn nach Satz 7.3.4, 3., ist:


~a + λ · ~b · ~c = ~a · ~c + λ · ~b · ~c = ~a · ~c + λ · ~b · ~c .

7.3 Skalarprodukt

373

Aufgabe 7.3.2    2  3 Sei ~a = bzw. ~a = 10 . 2 −2 a) Berechnen Sie k~ak.

b) Berechnen Sie k5~ak einerseits, indem Sie zun¨achst die entsprechenden Vektoren 5~a und dann deren Norm berechnen und andererseits mit Hilfe von Satz 7.3.13, 1.. c) Oft will man zu einem Vektor ~a einen normalisierten Vektor haben, d.h. einen Vektor ~b, der in die gleiche Richtung wie ~a zeigt (also ~b = λ~a mit λ ∈ R), und der die L¨ ange 1 hat. Geben Sie jeweils einen normalisierten Vektor ~b zu den angegebenen Vektoren ~a an. Wie muss man dazu allgemein λ w¨ ahlen?

L¨ osung: a) Entsprechend der Norm-Definition 7.3.9 ist

  p √

3 32 + 22 = 13

=

2 und



2 1 0 −2

 p √

22 + 12 + 02 + (−2)2 = 9 = 3.

=

b) 1) Einerseits ist  

  p √ 3

15 152 + 102 = 325,

5·

=

= 2 10 andererseits mit Satz 7.3.13, 1.,  

  √ 3

3

5·

= |5| ·

= 5 · 13. 2 2 Wegen 5 ·

√

13 =

√ √ 25 · 13 = 325 stimmen die Ergebnisse u ¨berein.

2) Einerseits ist  2 

 10 



5 1 = 5 ·



0 0 −2 −10 p √ = 102 + 52 + 02 + (−10)2 = 225 = 15, andererseits mit Satz 7.3.13, 1.,

A711

374

7 Vektorrechnung

c) Zu

3 2



5·




2 1 0 −2





= |5| ·

2 1 0 −2



= 5 · 3 = 15.

ist ein Wert λ ∈ R gesucht mit

  √ !

3 1 = kλ · ~ak = |λ| ·

= |λ| · 13, 2

also |λ| =

√1 13

und damit λ = ± √113 . Folglich ist

~b = √1 · 13

  3 2

~b = − √1 · 13

oder

  3 . 2

Allgemein ist ein λ gesucht mit !

1 = kλ · ~ak = |λ| · k~ak Zu



2 1 0 −2



erh¨ alt man wegen

Aufgabe 7.3.3 A712

⇔ 

2 1 0 −2

|λ| = 

1 k~ak

⇔

= 3 so ~b = ± 1 3



λ = ± 2 1 0 −2



1 . k~ak

.

Welchen Abstand haben a) die Punkte P1 = (1, 3) und P2 = (4, −1) im R2 ,

b) die Punkte Q1 = (1, 1, −1) und Q2 = (0, 0, 1) im R3 ?

c) die Punkte R1 = (1, 2, 3, 4) und R2 = (2, 1, 2, 1) im R4 ?

L¨ osung: Mit den entstsprechenden Ortsvektoren gilt P2 y



~ a) Abstand = P2 − P~1   

 1

4 = −

1 −1 3 



3 1 =

−4 P1 p 32 + (−4)2 = Abb. 7.11 Abstand √ √ schen P1 und P2 . 9 + 16 = 25 = 5. =       1

−1

0





~ b) Abstand = Q2 − Q~1 =  0  −  1  =  −1  2 1 −1 p √ = (−1)2 + (−1)2 + 22 = 6. b

x

b

zwi-

7.3 Skalarprodukt

375

      2 1 1

   





1 2

 −1   c) Abstand = R~2 − R~1 =  − =

2 3  −1  1 4 −3 p √ 12 + (−1)2 + (−1)2 + (−3)2 = 12. =

Aufgabe 7.3.4

20cm

Ein 100g schweres Gewicht ist wie abgebildet an F¨ aden aufgeh¨ angt.

40cm

b

b

10cm

b

Wie groß sind die (Zug-)Kr¨ afte in den F¨aden? (Nutzen Sie einen Taschenrechner.)

Anleitung: Die nach unten gerichtete Gewichtskraft muss dargestellt werden als Linearkombination von in Richtung der F¨aden gerichteten Kraftvektoren.

Lo ¨sung: Sei v~1 =

    −2 4 . und v~2 = 1 1

y v~2

1

Betragsm¨ aßig ist die Gewichtskraft Masse · Erdbeschleunigung

v~1 1

x

~g

≈ 0.1 kg · 10 m/s2 = 1 N, Abb. 7.12 Richtungen der Kr¨ afte.   0 (mit Einheit Newton) dargestellt werden. kann also durch ~g = −1

Nun sind Werte λ1 , λ2 ∈ R mit ~g = λ1 v~1 + λ2 v~2 gesucht:         4λ1 − 2λ2 −2 4 0 = + λ2 · = λ1 · λ1 + λ2 1 1 −1 ⇔

0 = 4λ1 − 2λ2

und

− 1 = λ1 + λ2 .

Aus der ersten Gleichung ergibt sich 2λ1 = λ2 ; damit erh¨alt man aus der zweiten Gleichung −1 = λ1 + 2λ1 = 3λ1 , also λ1 = − 31 und λ2 = 2λ1 = − 32 .

Als L¨ angen ergeben sich  

1   1 1 p 2 1 √ 4

4

· · 4 + 12 = · 17 ≈ 1.37

=

− ·

= 1 1 3 3 3 3

und

  

2  2 p 2 2 √ −2

−2

· · (−2)2 + 12 = · 5 ≈ 1.49.

=

=

− · 1 1 3 3 3 3

A713

376

7 Vektorrechnung

Da mit der Einheit Newton gerechnet wurde, wirkt also im rechten Faden eine Kraft von ca. 1.37 N und im linken von ca. 1.49 N. Aufgabe 7.3.5 A714

Ein Schiff will in nord-¨ ostliche Richtung fahren, also bez¨ uglich eines entspre
chenden Koordinatensystems in Richtung 11 . Seine H¨ochstgeschwindigkeit betr¨ agt 13 Knoten. Die Geschwindigkeit der Meeresstr¨omung, mit der das Schiff
6 . abtreibt, ist (in Knoten) −1

In welche Richtung muss das Schiff steuern, damit es (mit der Meeresstr¨omung zusammen) seinen anvisierten Kurs h¨ alt und m¨oglichst schnell voran kommt?

L¨ osung:


6 Gesucht ein Vektor ~vSchiff , der von
−1 auf die uhrt, wobei diagonale Richtung, also zu λ · 11 f¨ der Faktor λ noch unbekannt ist (s. Abb. 7.13):     1 6 + ~vSchiff = λ · 1 −1     1 6 ⇔ ~vSchiff = λ · − . 1 −1

y

5 ~vSchiff 5 St¨ omung

Offensichtlich kommt das Schiff am schnellsten Abb. 7.13 St¨ omung voran, wenn es selbst Maximalgeschwindigkeit Schiffsgeschwindigkeit. f¨ ahrt, also k~vSchiff k = 13. Damit kann man λ berechnen:



    

λ−6

1 6



= − 13 = k~vSchiff k = λ · λ+1 1 −1 p = (λ − 6)2 + (λ + 1)2

x und

⇔ 132 = λ2 − 12λ + 36 + λ2 + 2λ + 1 = 2λ2 − 10λ + 37

⇔ 0 = λ2 − 5λ − 66.

Die Nullstellen dieser quadratischen Gleichung kann man beispielsweise mit der p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) bestimmen und erh¨alt λ = 11

oder

λ = −6.

Offensichtlich f¨ uhrt die negative L¨ osung in die falsche Richtung (S¨ ud-West statt Nord-Ost). Damit ist       5 6 1 . = − ~vSchiff = 11 · 12 −1 1

7.3 Skalarprodukt

377

Aufgabe 7.3.6 Berechnen Sie (wo n¨ otig unter Benutzung eines Taschenrechners) den Winkel, den ~a und ~b einschließen, zu  3   2 

a) ~a = 12 , ~b = 31 , b) ~a = −4 , ~b = 1 , −2 1 1  3   2   −1  c) ~a = 0 , ~b = 1 , d) ~a = −4 , ~b = 2 , −3 2 −3 6  1   2  2 , ~b = 01 . e) ~a = −3 1

−2

Zeichnen Sie in a) die Situation und messen Sie den berechneten Werte nach. Versuchen Sie, sich die Vektoren und Winkel bei b), c) und d) vorzustellen.

Lo ¨sung: F¨ ur den eingeschlossenen Winkel ϕ gilt nach Satz 7.3.16 ~a · ~b = k~ak · k~bk · cos ϕ

⇔

ϕ = arccos

a) Es ist ~a · ~b = 1 · 3 + 2 · 1 = 5, p √ k~ak = 12 + 22 = 5, p √ k~bk = 32 + 12 = 10.

Wegen

~a · ~b k~ak · k~bk

1 π ϕ = arccos √ = = ˆ 45◦ , 4 2 wie man in Abb. 7.14 nachmessen kann. b) Es ist ~a · ~b = 3 · 2 + (−4) · 1 + 1 · (−2) = 0, also 0 ~a · ~b = = 0. k~ak · k~bk k~ak · k~bk

.

~a

y

1

~b

ϕ 1

x

Abb. 7.14 Winkel zwischen ~a und ~b.

~a · ~b 5 5 1 = √ √ = √ √ √ = √ ~ 5 · 10 5· 5· 2 2 k~ak · kbk ist genau

!

A715

378

7 Vektorrechnung Man braucht also die L¨ angen k~ak und k~bk gar nicht zu berechnen und erh¨ alt ϕ = arccos (0) =

π = ˆ 90◦ , 2

die Vektoren stehen also senkrecht aufeinander. c) Mit ~a · ~b = 3 + 0 − 6 = −3, p √ k~ak = 12 + 02 + 22 = 5, p √ 32 + 12 + (−3)2 = 19 k~bk =

ergibt sich

ϕ = arccos



−3 √ √ 5 · 19



≈ 1.88 = ˆ 107.9◦ .

d) Mit ~a · ~b = −2 − 8 − 18 = −28, p √ k~ak = 22 + (−4)2 + 62 = 56, p √ k~bk = (−1)2 + 22 + (−3)2 = 14

ergibt sich

   −28 −28 √ = arccos √ ϕ = arccos √ 56 · 14 8·7·7·2   28 = arccos − = arccos (−1) = π = ˆ 180◦ . 28 

Dies ist auch anschaulich klar, da ~a = −2 · ~b ist.

e) Mit

ist

~a · ~b = 1 · 2 + 2 · 0 + (−3) · 1 + 1 · (−2) = −3, p √ 12 + 22 + (−3)2 + 12 = 15, k~ak = p √ 2 2 2 2 ~ kbk = 2 + 0 + 1 + (−2) = 9 = 3, ϕ = arccos



−3 √ 15 · 3



−1 ≈ 1.83 = ˆ 105.0◦ . = arccos √ 15

7.3 Skalarprodukt

379

Aufgabe 7.3.7 a) Wie lang ist die Diagonale in einem (dreidimensionalen) W¨ urfel bei einer Kantenl¨ ange 1? Welchen Winkel schließt sie mit einer Kante ein? b) Welche Werte ergeben sich in einem n-dimensionalen W¨ urfel? c) Was ergibt sich bei b) f¨ ur n → ∞?

L¨ osung: x3

a) Wird der W¨ urfel wie in Abb. 7.15 durch die 1 0 0 Kanten 0 , 1 und 0 aufgespannt, so 0 0  1 1 ist die Diagonale d~ = 1 .

1

x2

1

Als L¨ ange erh¨ alt man also p √ ~ = 12 + 12 + 12 = 3. kdk

x1 1 Abb. 7.15 Einheitsw¨ urfel mit Diagonale.

Mit einer Kante ~k (dabei ist es egal, ob man ~k =   ~k = 00 w¨ ahlt) gilt:

1 0 0

, ~k =

0 1 0

oder

1

~k · d~ = 1 und

k~kk = 1.

Damit gilt f¨ ur den Winkel ϕ = arccos

~k · d~ 1 √ ≈ 0.95 = ˆ 54.7◦ . = arccos ~ ~ 1· 3 kkk · kdk

b) In einem n-dimensionalen W¨ urfel mit Kantenl¨ange 1 analog zu a) ist die Diagonale   1    1   p √   ~ ~ = 12 + 12 + . . . + 12 = n. d =  ..  n-mal mit L¨ ange kdk | {z }  .    n−mal  1 F¨ ur die Kanten ~k gilt wieder k~kk = 1 und ~k · d~ = 1. Damit ergibt sich f¨ ur den Winkel ϕ ϕ = arccos

~k · d~ 1 1 √ = arccos √ . = arccos ~ ~ 1 · n n kkk · kdk

A716

380

7 Vektorrechnung

c) F¨ ur n → ∞ geht die L¨ ange der Diagonale (bei fester Kantenl¨ange 1) gegen unendlich: √ ~ = n → ∞. kdk Der Winkel, den die Diagonale mit den Kanten einschließt n¨ahert sich immer mehr 90◦ : 1 π ϕ = arccos √ → arccos 0 = = ˆ 90◦ . 2 n Aufgabe 7.3.8 A717

Welchen Winkel schließen die Dachkanten beim nebenstehend abgebildeten Walmdach untereinander bzw. mit dem Dachfirst ein?

6m 3m

Nutzen Sie einen Taschenrechner. 15m

9m

L¨ osung: Es gibt mehrere sinnvolle M¨ oglichkeiten zur Modellierung und zur Lage eines passenden Koordinatensystems. Hier wird mit einem Koordinatensystem entsprechend Abb. 7.16 mit dem Ursprung in einer Dachecke und mit der Einheit 1 m gerechnet. Die markierten Dachkanten der Dachfirst werden dann schrieben durch   3 d~1 =  4.5  , d~2 = 6

und be

 3  −4.5  6

ϕ1

z

f~ d~1

6m

d~2 y

3m

4.5m x

Abb. 7.16 Modellierung der Dachkanten.

und

  9 f~ =  0  . 0

Der gesuchte Winkel zwischen den Dachkanten entspricht dem Winkel ϕ1 zwischen −d~1 und −d~2 ; es gilt also cos ϕ1 =

d~1 · d~2 (−d~1 ) · (−d~2 ) = k − d~1 k · k − d~2 k kd~1 k · kd~2 k

= p

32

3 · 3 − 4.5 · 4.5 + 6 · 6 p ≈ 0.38, + (4.5)2 + 62 · 32 + (−4.5)2 + 62

7.3 Skalarprodukt

381

An der ersten Termumformung sieht man, dass der Winkel zwischen −d~1 und −d~2 gleich dem zwischen d~1 und d~2 ist; dies ist auch anschaulich durch Verschiebung der Vektoren klar. Der Winkel ϕ1 zwischen den Dachkanten betr¨agt also ˆ 67.7◦ . ϕ1 ≈ arccos 0.38 ≈ 1.18 ≈ Der Winkel ϕ2 zwischen Dachkante und Dachfirst ist der Winkel zwischen −d~1 und f~ (s. Abb. 7.17), also cos ϕ2 =

ϕ2 f~ −d~1

−d~1 · f~ k − d~1 k · kf~k

−3 · 9 √ = √ 32 + 4.52 + 62 · 92 ≈ −0.37

Abb. 7.17 Winkel zwischen Dachkante und Dachfirst.

und damit ˆ 111.8◦ . ϕ2 ≈ arccos(−0.37) ≈ 1.95 ≈ Aufgabe 7.3.9 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Geben Sie einen formelm¨ aßigen Ausdruck an, unter welchem Winkel sich die Kanten einer Pyramide mit Basisl¨ ange 2 und H¨ ohe h an der Spitze treffen (s. Skizze).

A718 h

2

2

L¨ osung: Es gibt mehrere sinnvolle M¨ oglichkeiten zur Modellierung und zur Lage eines passenden Koordinatensystems.

x3 b

S ϕ

Mit dem Koordinatensystem entsprechend Abb. 7.18 ist S = (0, 0, h), P1 = (1, 1, 0), P2 = (−1, 1, 0). Damit sind die Vektoren der beiden Kanten:

b

x1 1

b

P1

1

P2 x2

Abb. 7.18 Pyramide im Koordinatensystem.

382

7 Vektorrechnung       1 0 1 −−→ SP1 =  1  −  0  =  1  , 0 h −h       −1 0 −1 −−→ SP2 =  1  −  0  =  1  . 0 h −h

F¨ ur den eingeschlossenen Winkel ϕ gilt daher −−→ −−→ −1 + 1 + (−h)2 SP1 · SP2 p cos ϕ = −−→ −−→ = p 2 1 + 12 + (−h)2 · (−1)2 + 12 + (−h)2 kSP1 k · kSP2 k =

h2 . 2 + h2

Damit erh¨ alt man als Formel f¨ ur den Winkel ϕ = arccos

h2 . 2 + h2

Aufgabe 7.3.10 A719

Geben Sie orthogonale Vektoren an zu       1 2 3 , c)  0  , , b) a) −1 2 2



 3 d)  1  , −2

  4 1  e)  0. 2

Lo ¨sung: Bei a) und b) erh¨ alt man L¨ osungen durch Vertauschen der Komponenten und Multiplizieren einer der beiden Komponenten mit −1; außerdem sind s¨amtliche Vielfache auch L¨ osungen, vgl. Bemerkung 7.3.20:       −4 2 −2 . oder , a) Beispielhafte L¨ osungen sind 6 −3 3   −2 , λ ∈ R. Jede L¨ osung hat die Form λ · 3       −3 −1 1 . oder , b) Beispielhafte L¨ osungen sind −6 −2 2   1 Jede L¨ osung hat die Form λ · , λ ∈ R. 2 Bei c), d) und e) hat man noch mehr Variabilit¨at. Gibt es eine Nullkomponente (wie bei c) und e)) ist der entsprechende Einheitsvektor ein senkrechter Vektor (s. die jeweils erstgenannte L¨ osung bei c) und e)). Durch Probieren findet man

7.3 Skalarprodukt

383

leicht andere L¨ osungen; dabei kann man beispielsweise alle Komponenten bis auf eine beliebig vorgeben und dann die letzte so anpassen, dass das Skalarprodukt Null ergibt. Das geht immer, wenn die entsprechende Komponente im urspr¨ unglichen Vektor ungleich Null ist.       0 −2 −2 c) Beispielhafte L¨ osungen sind  1 ,  0  oder  1 . 0 1 1       −1 1 0 d) Beispielhafte L¨ osungen sind  1 ,  −1  oder  2 . −1 1 1       1 1 0  0   0   −4       e) Beispielhafte L¨ osungen sind   1 ,  0  oder  0 . −2 0 0 Aufgabe 7.3.11 (vgl. Aufgabe 5.2.14) Das nebenstehende Bild zeigt schematisch eine Papieraufwicklung. Die Walze hat den Radius 1, die Papierbahn kommt vom Punkt (−2, 2).

A720 b

1

An welchem Punkt ber¨ uhrt die Papierbahn die Walze? Anleitung: Stellen Sie den oberen Halbkreis der Walze als Funktion f dar und bestimmen Sie den Punkt X, bei dem der radiale Vektor senkrecht zum Verbindungsvektor von P zu X ist.

1

Lo ¨sung: Die betrachteten Punkte X haben die Gestalt X = (x, f (x)) mit p P 1 − x2 f (x) = y b

2

~v

(s. Bemerkung 1.3.3, 6.). Betrachtet man die Situation vektoriell mit den Bezeichnungen aus Abb. 7.19, so ist   x ~x = f (x)

p ~

1 b

X

~ x 1

−2

x

Abb. 7.19 Modellierung der Situation mittels Vektoren.

und

~v = −~ p + ~x = −



−2 2



+



x f (x)



=



2+x −2 + f (x)



.

384

7 Vektorrechnung

Nun ist der Punkt X gesucht, so dass ~v und ~x senkrecht zueinander sind, also     x 2+x ! 0 = ~x · ~v = · f (x) −2 + f (x) = x · (2 + x) + f (x) · (−2 + f (x)) p = 2x + x2 − 2 · 1 − x2 + (1 − x2 ) p = 2x + 1 − 2 · 1 − x2 .

Dies entspricht genau der in Aufgabe 5.2.14 entwickelten Gleichung (∗), und die Rechnung kann wie dort beschrieben fortgesetzt werden. Aufgabe 7.3.12 A721

Verifizieren Sie (wo n¨ otig mit Hilfe eines Taschenrechners) die Dreiecksungleichung und die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung f¨ ur         3 −2     1 2   1   2 2  und  1  . , b)  3  und  6  , c)  und a)    2  1 3 1 −2 −4 −2 3

L¨ osung: Zu u ufen sind (s. Satz 7.3.13) ¨berpr¨ k~a + ~bk ≤ k~ak + k~bk, die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung (CSU): |~a · ~b| ≤ k~ak · k~bk.

die Dreiecksungleichung (∆-Ungl.):

a) Mit

  p √

2 22 + 12 = 5 ≈ 2.24,

=

1  

p √

2 22 + 32 = 13 ≈ 3.61,

= 3      



p √ 2

4

2 + 42 + 42 = 32 ≈ 5.66,

=

=

3 4 1     2 2 · = |2 · 2 + 1 · 3| = 7 3 1

ergibt sich

bei der ∆-Ungl.:

5.66 ≤ 2.24 + 3.61 ≈ 5.85,

bei der CSU:

7 ≤ 2.24 · 3.61 ≈ 8.09.

7.3 Skalarprodukt

385

b) Mit ¨ ahnlichen Normberechnungen ergibt sich     2 1



√ √



 3  = 14, 56,

 6  =

−4 −2     2 1

√

 3  +  6  = 126,

−4 −2     1 2  3  ·  6  = |2 + 18 + 8| = 28. −2 −4

Damit erh¨ alt man in beiden Ungleichungen eine genaue Gleichheit: √ √ √ √ √ √ 14 + 56 = 14 + 4 · 14 = 14 + 2 · 14 bei der ∆-Ungl.: √ √ √ = 3 · 14 = 9 · 14 = 126 √ √ √ √ bei der CSU: 14 · 56 = 14 · 4 · 14 = 2 · 14 = 28.

Bemerkung: Bei der ∆-Ungleichung und bei der CSU gelten jeweils Gleichheit genau dann, wenn die Vektoren Vielfache voneinander sind, was hier der Fall ist. c) Hier ist



 −2

 √ √ 1 

 k~ak =  4+1+1+9 = 15 ≈  1  = 3   3

 √ √ 1 

 k~bk =  9+1+4+4 = 18 ≈  2  = −2       3 −2 1



    1  1

   2 k~a + ~bk =   1  +  2  = 3 = 3 −2 1     3 −2    1  1    |~a · ~b| =   1  ·  2  = | − 6 + 1 + 2 − 6| −2 3

Damit erh¨ alt man

bei der ∆-Ungl.: bei der CSU:

3.87 ≤ 3.87 + 4.24, √ √ 9 ≤ 15 · 18 ≈ 16.41.

3.87,

4.24,

√

15 ≈ 3.87,

= 9.

386

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.3.13 A722

Beweisen Sie den Satz des Thales: b

Jeder Winkel im Halbkreis ist ein rechter Winkel. Anleitung: Legen Sie das Koordinatensystem geeignet fest und stellen Sie den Halbkreis als Funktion dar. Beschreiben Sie dann die beiden Schenkel des Winkels als Vektoren und betrachten Sie deren Skalarprodukt.

L¨ osung: W¨ ahlt man das Koordinatensystem mit Radius 1 wie in Abb. 7.20, so wird der Halbkreis beschrieben durch p f (x) = 1 − x2 (s. Bemerkung 1.3.3, 6.).

f (x)

b

P

Q1

Q2 b

b

x

−1 Zu einem Punkt P auf dem Halbkreis geh¨ ort also der Vektor Abb. 7.20 Bezeichnungen im     kreises. x x . p~ = = √ f (x) 1 − x2

Mit den Punkten Q1 = −1 und Q2 = 10 ist nun zu zeigen, dass gilt: 0

−−→ −−→ P Q1 ⊥ P Q2

also

−−→ −−→ P Q1 · P Q2 = 0.

Es ist      −1 −x x −1 √ √ = , − 0 1 − x2 − 1 − x2       −−→ x 1−x 1 √ P Q2 = − √ = . 0 1 − x2 − 1 − x2

−−→ P Q1 =



Damit ist tats¨ achlich     −−→ −−→ −1 −x 1−x √ √ P Q1 · P Q2 = · − 1 − x2 − 1 − x2  p   p  = (−1 − x) · (1 − x) + − 1 − x2 · − 1 − x2 =

= was zu zeigen war.

0,

x2 − 1

+

1 − x2

1 x Halb-

7.4 Vektorprodukt

387

7.4 Vektorprodukt

Aufgabe 7.4.1 Berechnen Sie die folgenden Vektorprodukte         2 0 3 2 a)  3  ×  1  , b)  −1  ×  1  , 1 2 0 3         1 −2 2 3 c)  1  ×  −1  , d)  −2  ×  4  . 3 −6 3 0

Versuchen Sie, sich die Vektoren und das Ergebnis vorzustellen.

L¨ osung: Die Vektorprodukte kann man mit Definition 7.4.1 oder einer der Merkregeln (s. Bemerkung 7.4.2) berechnen:         3·2 − 1·1 5 0 2 a)  3  ×  1  = 1 · 0 − 2 · 2 =  −4 . 2 2·1 − 3·0 2 1 

       3 2 (−1) · 3 − 0 · 1 −3 b)  −1  ×  1  =  0 · 2 − 3 · 3  =  −9 . 0 3 3 · 1 − (−1) · 2 5

        3 2 3 1 · 0 − 3 · (−1) c)  1  ×  −1  =  3 · 3 − 2 · 0  =  9 . 2 · (−1) − 1 · 3 −5 3 0

Im Vergleich zu b) wird hier das Vektorprodukt mit den gleichen Vektoren aber vertauschter Reihenfolge berechnet. Das Ergebnis erh¨alt man wegen ~a × ~b = −(~b × ~a) (s. Satz 7.4.7, 1.) daher auch direkt aus dem Ergebnis von b).         (−2) · (−6) − 3·4 0 1 −2 d)  −2  ×  4  =  3 · (−2) − 1 · (−6)  =  0 . 1·4 − (−2) · (−2) 0 −6 3  1   −2  Da die Vektoren ~a = −2 und ~b = 4 negative Vielfache voneinander −6 3 sind, also einen Winkel von 180◦ = ˆ π einschließen, ist nach Satz 7.4.4, 3., k~a × ~bk = k~ak · k~bk · sin π = k~ak · k~bk · 0 = 0, so dass man auch ohne Rechnung auf ~a × ~b = ~0 schließen kann.

A723

388

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.4.2 A724

F¨ ur das Vektorprodukt gelten folgende allgemeine Gleichungen: a) ~a × (~b × ~c) = (~a · ~c) · ~b − (~a · ~b) · ~c (Graßmann-Identit¨at), ~ = (~a · ~c) · (~b · d) ~ − (~b · ~c) · (~a · d) ~ (Lagrange-Identit¨at), b) (~a × ~b) · (~c × d) c) ~a × (~b × ~c) + ~b × (~c × ~a) + ~c × (~a × ~b) = 0 (Jacobi-Identit¨at).

Rechnen Sie konkret nach, dass die Identit¨aten stimmen f¨ ur         0 2 1 2 ~a =  0  , ~b =  −1  , ~c =  1  , d~ =  5  . 2 3 3 1

Lo ¨sung: Durch explizite Berechnung der einzelnen Seite der Gleichungen verifiziert man, dass die Gleichung f¨ ur die angegebenen Werte stimmen: ~ a) ~a × (b × ~c)             −3 12 1 2 0 1 =  0  ×  −1  ×  1  =  0  ×  −4  =  −11  , 3 2 −4 2 3 1 (~a · ~c) · ~b − (~a · ~b) · ~c             1 0 2 1 2 0 =  0  ·  1  ·  −1  −  0  ·  −1  ·  1  3 2 1 3 1 2       12 0 2 = 6 ·  −1  − 5 ·  1  =  −11  . −4 2 1

~ b) (~a × ~b) · (~c × d)             −7 3 2 2 0 1 =  0  ×  −1  ·  1  ×  5  =  5  ·  4  = 1, −2 −1 3 2 1 3 ~ − (~b · ~c) · (~a · d) ~ (~a · ~c) · (~b · d)         2 2 0 1 =  0  ·  1  ·  −1  ·  5  3 1 2 3         2 0 1 2 −  −1  ·  1  ·  0  ·  5  1 2 3 3 = 6 · 2 − 1 · 11 = 1.

7.4 Vektorprodukt

389

c) ~a × (~b × ~c) + ~b × (~c × ~a) + ~c × (~a × ~b)             2 0 1 1 2 0 =  0  ×  −1  ×  1  +  −1  ×  1  ×  0  1 2 3 3 1 2       0 1 2 +  1  ×  0  ×  −1  2 3 1             −3 2 3 0 3 1 =  0  ×  −4  +  −1  ×  2  +  1  ×  5  2 1 −1 2 −1 3         −1 −11 0 12  5   6   −11  + = 0. + = 0 7 −3 −4 Aufgabe 7.4.3     2 4 Sei ~a =  2  und ~b =  0 . −1 3

a) Berechnen Sie den Winkel ϕ zwischen ~a und ~b mit Hilfe des Skalarprodukts. b) Berechnen Sie ~a × ~b. c) Verifizieren Sie die Gleichung k~a × ~bk = k~ak · k~bk · sin ϕ.

L¨ osung: a) Es ist p 22 + 22 + (−1)2 = 3, p 42 + 02 + 32 = 5, k~bk = ~a · ~b = 2 · 4 + 2 · 0 + (−1) · 3 = 5. k~ak =

F¨ ur den Winkel ϕ gilt damit 5 ~a · ~b 1 = cos ϕ = = ,

~a · k~bk 3·5 3

ˆ 70.53◦ . also ϕ = arccos 31 ≈ 1.23 =     6 2 · 3 − (−1) · 0 b) ~a × ~b = (−1) · 4 − 2 · 3  =  −10 . −8 2·0 − 2·4

c) Einerseits ist mit dem berechneten Vektorprodukt aus b)

A725

390

7 Vektorrechnung k~a × ~bk =

√ √ 36 + 100 + 64 = 200.

Andererseits ergibt sich mit dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) s r  2 p 8 1 sin ϕ = 1 − cos2 ϕ = 1− = 3 9 und damit k~ak · k~bk · sin ϕ = 3 · 5 ·

r

8 = 3· 9

√

√ 25 · 8 200. = 3

Aufgabe 7.4.4 A726

Zeigen Sie mittels der Komponentendarstellung, dass f¨ ur ~a, ~b ∈ R3 gilt: ~a × ~b ⊥ ~a

~a × ~b ⊥ ~b.

und

L¨ osung: Zu zeigen ist (~a × ~b) · ~a = 0 = (~a × ~b) · ~b. Dazu betrachtet man die Kompo a1   b1  nentendarstellung ~a = aa2 und ~b = b2 . b3

3

Bei der Berechnung von (~a × ~b) · ~a erh¨ alt man eine Summe von Faktoren, bei denen sich jeweils zwei Summanden gegeseitig aufheben:     a1 a 2 b3 − a 3 b2   ~a × ~b · ~a = a3 b1 − a1 b3  ·  a2  a3 a 1 b2 − a 2 b1 = (a2 b3 − a3 b2 ) · a1 + (a3 b1 − a1 b3 ) · a2 + (a1 b2 − a2 b1 ) · a3 = a 1 a 2 b3 − a 1 a 3 b2 + a 2 a 3 b1 − a 1 a 2 b3 + a 1 a 3 b2 − a 2 a 3 b1 | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } (1)

(2)

(3)

(1)

(2)

(3)

= 0. ¨ Ahnlich ergibt sich:

    b1 a 2 b3 − a 3 b2   ~a × ~b · ~b = a3 b1 − a1 b3  ·  b2  b3 a 1 b2 − a 2 b1

= (a2 b3 − a3 b2 ) · b1 + (a3 b1 − a1 b3 ) · b2 + (a1 b2 − a2 b1 ) · b3

= a 2 b1 b3 − a 3 b1 b2 + a 3 b1 b2 − a 1 b2 b3 + a 1 b2 b3 − a 2 b1 b3 | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } (1)

= 0.

(2)

(2)

(3)

(3)

(1)

7.4 Vektorprodukt

391

Aufgabe 7.4.5

    1 0 Geben Sie mehrere Vektoren ~b ∈ R3 an mit  0  × ~b =  0 . 0 1

A727

¨ Uberlegen Sie sich zun¨ achst anschaulich, welche ~b in Frage kommen, und rechnen Sie dann.

L¨ osung: Zur Vorstellung nutzt man die Charakterisierung des Vektorprodukts entsprechend Satz 7.4.4: 1 1 1) Der Vektor ~c = 0 × ~b steht senkrecht auf 0 und ~b. Damit ~c in x3 0 0  b1  Richtung zeigt, muss ~b = b2 also in der (x1 , x2 )-Ebene liegen, d.h. b3

b3 = 0.

1 2) Die Vektoren 0 , ~b und ~c bilden ein Rechtssystem. Damit die Orientie0 rung stimmt, muss b2 positiv sein. 3)  DieL¨ ange k~ck entspricht der Fl¨ ache des von 1 0 und ~b aufgespannten Parallelogramms. 0

 0  Diese muss also gleich 0 = 1 sein.

x2

1

~b

1

x1 Wie man sich an Abb. 7.21 verdeutlichen kann, 1 muss daher die x2 -Komponente von ~b gleich 1 Abb. 7.21 Aufgespanntes Parallelogramm. sein, also b2 = 1. 1 b  0 b  1 1 Tats¨ achlich erf¨ ullt jedes ~b = 1 die Gleichung: 0 × 1 = 0 . 0

0

0

1

Alternativ kann man die m¨ oglichen Vektoren ~b rechnerisch wie folgt bestimmen:  b1  Sei ~b = b2 beliebig. Dann erh¨ alt man b3

        1 0−0 0 b1 !  0  ×  b2  =  0 − b3  = 0, 0 b3 b2 − 0 1

also b3 = 0 und b2 = 1. Da b1 f¨ ur die Erf¨ ullung der Bedingung keine Rolle spielt, kann b1 frei gew¨ ahlt werden. Somit gilt:   b1 ~b =  1  mit b1 beliebig. 0

392

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.4.6 A728

a) Geben Sie ~a, ~b und ~c an mit (~a × ~b) × ~c 6= ~a × (~b × ~c).

b) Untersuchen Sie, ob die folgenden Gleichungen gelten (~a, ~b, ~c ∈ R3 , λ ∈ R): b1) ~a × (λ · ~b) = λ · (~a × ~b), ~a × (~c · ~b) = ~c · (~a × ~b).

b2)

L¨ osung: a) Durch Probieren findet man L¨ osungen, z.B.       1 0 1 ~a =  0  , ~b =  1  und ~c =  1  . 1 0 0 Mit diesen Vektoren ist       −1 0 1   ~a × ~b × ~c =  0  ×  1  =  1  , 0 1 1       0 1 1   ~a × ~b × ~c =  0  ×  0  =  1  . 0 0 −1

b1) Die Gleichung gilt nach Satz 7.4.7, 2.. Man kann die Beziehung aber auch  a1   b1  leicht nachrechnen: F¨ ur ~a = aa2 und ~b = b2 ist b3

3

    λb1 a1 b1 a1 ~a × (λ · ~b) =  a2  × λ ·  b2  =  a2  ×  λb2  λb3 a3 b3 a3     λ · (a2 b3 − a3 b2 ) a2 · λb3 − a3 · λb2 = a3 · λb1 − a1 · λb3  = λ · (a3 b1 − a1 b3 ) λ · (a1 b2 − a2 b1 ) a1 · λb2 − a2 · λb1     b1 a1   = λ ·  a2  ×  b2  = λ · ~a × ~b . b3 a3 









b2) Die Gleichung gilt nicht, denn die linke Seite stellt keinen g¨ ultigen Ausdruck dar: Es ist zwar ~a ∈ R3 , aber ~c · ~b ∈ R, so dass man ~a × (~c · ~b) nicht bilden kann.

7.4 Vektorprodukt

393

Aufgabe 7.4.7 a) Berechnen Sie den Fl¨ acheninhalt des Parallelogramms, das durch ~a =   2 und ~b = aufgespannt wird, 3

  4 2

1) durch die Formel Seite mal H¨ ohe“, indem Sie mit dem Winkel zwi” schen ~a und ~b die H¨ ohe berechnen, 2) indem Sie die Situation ins Dreidimensionale u ¨bertragen und das Vektorprodukt zu Hilfe nehmen.

b) Bestimmen Sie den Fl¨ acheninhalt des Dreiecks mit den Eckpunkten       2 5 −1 . und C = , B= A= 3 −1 2 (Tipp: Durch Verdoppelung eines Dreiecks kann man ein Parallelogramm erhalten.)

Lo ¨sung: a) 1) Der Fl¨ acheninhalt A ergibt sich als A = k~ak · h mit der H¨ ohe h wie in Abb. 7.22. Mit dem Winkel ϕ zwischen ~a und ~b gilt h = k~bk · sin ϕ, also

y

•

3 ~b 1

h ••

• ~a

ϕ 1

4

x

Abb. 7.22 Parallelogramm.

A = k~ak · k~bk · sin ϕ. F¨ ur den Winkel ϕ zwischen ~a und ~b gilt cos ϕ =

~a · ~b 14 14 7 √ = √ = √ = √ , ~ 20 · 13 4 · 5 · 13 65 k~ak · kbk

also mit dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.) s r 2  p 4 16 7 = = √ , 1 − cos2 ϕ = 1− √ sin ϕ = 65 65 65 und damit

A729

394

7 Vektorrechnung √ √ 4 = 4· A = 20 · 13 · √ 65

r

4 · 5 · 13 ·

1 = 8. 65

2) Im Dreidimensionalen kann man das Parallelogramm beispielsweise in die  4 (x1 , x2 )-Ebene  2  einbetten. Es wird dann aufgespannt durch a~3 = ~ 2 und b3 = 3 . 0

0

Den Fl¨ acheninhalt kann man nun als L¨ange des Vektorprodukts berechnen: Fl¨ acheninhalt = ka~3 × b~3 k       2

0

4

 

    = 2 × 3 = 0 = 8. 8 0 0

b) Wie bei a) kann man auf verschiedene Arten die Dreiecksfl¨ache berechnen: 1) Berechnung der Dreiecksfl¨ ache als 21 mal Grundlinie mal H¨ohe, und Bestimmung der H¨ ohe mittels Winkelberechnung: Als Grundseite des Dreiecks kann die Seite AB betrachtet werden. (Auch andere Betrachtungsweisen sind m¨ oglich.) Die H¨ ohe h erh¨ alt man mit dem Winkel −−→ −→ ϕ zwischen AB und AC durch

y C•

3 • ϕ A 1

−→ h = kACk · sin ϕ (s. Abb. 7.23).

h • • x 1

5 • B

Abb. 7.23 Dreieck.

Mit den Vektoren       −−→ 6 −1 5 = − AB = −3 2 −1 und −→ AC =

      3 −1 2 = − 1 2 3

erh¨ alt man −−→ −→ AB · AC 15 1 15 √ cos ϕ = −−→ = √ = √ , −→ = √ 45 · 10 9·5·5·2 2 kABk · kACk also mit dem trigonometrischen Pythagoras (s. Satz 1.1.55, 2.)

7.4 Vektorprodukt

sin ϕ =

395 p

1−

cos2

ϕ =

s

1−



1 √ 2

2

=

r

1 , 2

und damit −→ 1 −−→ 1 −−→ · kABk · h = · kABk · kACk · sin ϕ 2 r2 r √ 1 1 9·5·5·2 1 √ · 45 · 10 · = · = 2 2 2 2 15 = = 7.5. 2

Fl¨ ache =

2) Berechnung der Dreiecksfl¨ ache als halbe Fl¨ache des Parallelogramms, die man nach Einbettung ins Dreidimensionale mit dem Vektorprodukt berechnen kann: Wie Abb. 7.24 zeigt, ist die Dreiecksfl¨ ache die H¨ alfte der Fl¨ ache des Parallelogramms, das durch     −−→ −1 5 − AB = 2 −1   6 = −3 und −→ AC =

y C

3

•

• A 1 x 1

5 • B Abb. 7.24 Dreieck als halbes Parallelogramm.

      2 −1 3 − = 3 2 1

aufgespannt wird. Bettet man die Ebene in die (x1 , x2 )-Ebene des Dreidimensionalen ein, so ergibt sich wie bei a) 2):       6 3 0

1  1  

Fl¨ ache = · −3  ×  1  = · 0 2 2 0 0 15 1 · 15 = 7.5. = 2

396

7 Vektorrechnung

7.5 Geraden und Ebenen

Aufgabe 7.5.1 A730

a) Geben Sie eine Darstellung der Geraden g im R3 an, die durch     3 1 P1 =  1  und P2 =  1  2 −1 verl¨ auft.



 −1 Liegt Q =  1  auf g? −4

b) Geben Sie eine Darstellung der Geraden g im R4 an, die durch     2 −1 1  0     P1 =   1  und P2 =  0  3 2 verl¨ auft?

L¨ osung: a) Entsprechend Bemerkung 7.5.4, 2., ist ein Richtungsvektor der Geraden       3 1 −2 ~v = p~2 − p~1 =  1  −  1  =  0  . −1 −3 2 Mit dem Ortsvektor p~1 ergibt sich als Geradendarstellung      −2   3 1 + λ ·  0  λ ∈ R . g =   −3 2

Der Punkt Q liegt auf der Geraden g, wenn es ein λ gibt, mit dem gilt:       3 −2 −1 1 + λ ·  0  =  1 . 2 −3 −4

Dies ist offensichtlich f¨ ur λ = 2 erf¨ ullt, d.h Q liegt auf der Geraden g. b) Analog zu a) erh¨ alt man mit dem Richtungsvektor

7.5 Geraden und Ebenen

~v = p~2 − p~1

397

      2 −1 3 1  0   1       =   0  −  1  =  −1  3 2 1

eine Geradendarstellung      3 −1        1  0      . λ ∈ R + λ · g =  −1   1        1 2 Aufgabe 7.5.2 Welche Punkte auf der Geraden g =   2 a) von den Abstand 3, 1

     2 −3 +λ λ ∈ R haben 1 4   0 b) von den Abstand 5? −3

A731

L¨ osung:
ur den Richa) Da 21 der angegebene Ortsvektor der Geraden g ist und f¨ tungsvektor gilt   p √

−3

=

(−3)2 + 42 = 25 = 5, 4
muss man von 21 aus ± 53 des Richtungsx2 vektors auf der Geraden entlanggehen, um zu Punkten mit Abstand 3 zu gelangen (s. Abb. 7.25), d.h., die Punkte     3 2 −3 ± · 1 4 1 5 b

b

x1

also

1



1/5 17/5

haben von

 2 1

und




19/5 −7/5



den Abstand 3 .

g

b

Abb. 7.25 Gerade und Abst¨ ande vom Aufpunkt.

398

7 Vektorrechnung

b) Man kann den Abstand zwischen einem beliebigen Geradenpunkt     2 −3 +λ 1 4 und

0 −3

= = = =




(in Abh¨ angigkeit von λ) berechnen:      

2 −3 0

+λ − 1 4 −3  

2 − 3λ

4 + 4λ p (2 − 3λ)2 + (4 + 4λ)2 p 4 − 12λ + 9λ2 + 16 + 32λ + 16λ2 p 20 + 20λ + 25λ2 .

x2

b

1

x1 1 g b

Abb. 7.26 Gerade und Abst¨ ande zu einem Punkt.

Dieser Abstand soll gleich 5 sein. Durch Quadrieren erh¨alt man damit 52 = 20 + 20λ + 25λ2

⇔

1 4 = 0. λ2 + λ − 5 5

Die p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) liefert r r 4 9 2 1 2 2 3 λ = − ± + = − ± = − ± 5 25 5 5 25 5 5 1 ⇔ λ = oder λ = −1. 5 Folglich haben             7/5 1 5 −3 2 −3 2 = − und = + · 9/5 −3 4 1 4 1 5
0 von −3 den Abstand 5. Aufgabe 7.5.3 A732

Betrachtet wird das Dreieck mit den Eckpunkten       −1 5 2 A= , B= und C = . 2 −1 3 Gesucht ist der Lotfußpunkt L des Lots von C auf die Seite AB bzw. auf die Gerade g, auf der diese Seite liegt. Berechnen Sie L auf drei verschiedene Arten:

7.5 Geraden und Ebenen

399

a) Bestimmen Sie L als Schnittpunkt von g und der Geraden h, die durch C f¨ uhrt und senkrecht zu g ist. b) Bestimmen Sie L als den Punkt auf g, so dass der Verbindungsvektor von L zu C senkrecht auf dem Richtungsvektor von g steht. c) Bestimmen Sie L als n¨ achstliegenden Punkt auf g an C, indem Sie den Abstand d(λ) von C zu einem allgemeinen Punkt der Geraden g in Abh¨angigkeit von dem Parameter λ berechnen und die Minimalstelle der Funktion d(λ) bestimmen. Berechnen Sie schließlich die H¨ ohe und damit die Fl¨ache des Dreiecks.

L¨ osung: Abb. 7.27 stellt das Dreieck und die Lage des Lotfußpunkts L dar. Mit dem Richtungsvektor −−→ AB = ~b − ~a       6 −1 5 = − = −3 2 −1

C•

y • A 1

L•

• x

h 1

5 • g B

wird die Gerade g, auf der die Seite AB Abb. 7.27 Lotfußpunkt L auf der Seite AB. liegt, beschrieben durch       −−→ −1 6 g = ~a + λ · AB| λ ∈ R = +λ· λ∈R . 2 −3



6 von g senkrechter Vektor ist, wird a) Da 36 ein zum Richtungsvektor −3 die zu g senkrechte Gerade durch C beschrieben durch      3 2 µ∈R . +µ· h = 6 3 L ist der Schnittpunkt von g und h:         3 2 6 −1 +µ· = +λ· 6 3 −3 2 ⇔

6λ − 3µ = 3 −3λ − 6µ = 1.

Addiert man die erste Gleichung zum Doppelten der zweiten Gleichung, erh¨ alt man −15µ = 5, also µ = − 13 . Dies in die Darstellung der Geraden h eingesetzt liefert als Lotfußpunkt       1 1 3 2 ~l = . = − · 1 6 3 3

400

7 Vektorrechnung

b) Ein allgemeiner Geradenpunkt hat die Gestalt     6 −1 . +λ· −3 2 Gesucht ist nun ein solcher Geradenpunkt, dass der Verbindungsvektor zu C senkrecht auf dem Richtungsvektor von g steht:         −1 6 2 6 +λ· − ⊥ 2 −3 3 −3     −3 + 6λ 6 ⇔ ⊥ , −1 − 3λ −3 also !

0 =



−3 + 6λ −1 − 3λ

   6 · = −18 + 36λ + 3 + 9λ = 45λ − 15. −3

15 = 13 und so Daraus erh¨ alt man λ = 45       1 −1 6 1 ~l = + · = . 2 −3 1 3


c) Wie bei b) wird ein allgemeiner Punkt −1 +λ· 2 betrachtet. Dessen Abstand zu C ist     

 −1 6 2

+λ· − d(λ) =

2 −3 3 



−3 + 6λ =

−1 − 3λ p = (−3 + 6λ)2 + (−1 − 3λ)2 p 9 − 36λ + 36λ2 + 1 + 6λ + 9λ2 = p 10 − 30λ + 45λ2 . =

6 −3




der Geraden g

Minimalen Abstand erh¨ alt man bei einem Parameterwert λ mit !

−30 + 90λ 2 · 10 − 30λ + 45λ2 0 = −30 + 90λ 1 λ = . 3

0 = d′ (λ) = ⇔ ⇔

√

Als einziger Kandidat f¨ ur eine Extremstelle muss dies die Minimalstelle sein. Damit ist der Lotfußpunkt

7.5 Geraden und Ebenen ~l =



−1 2



+

401 1 · 3



6 −3



=

  1 . 1

Mit L kann nun die H¨ ohe des Dreiecks berechnet werden als 



    √ 2

−1

1 − 5 H¨ ohe = kCLk =

=

= −2 3 1 und damit die Fl¨ ache des Dreiecks als Fl¨ ache = = = = =

1 ohe · kABk · H¨ 2    

1 5 −1 √ − ·

· 5 2 −1 2  

1

6 √ ·

· 5 −3 2 √ 1 √ 1 √ · 45 · 5 = · 9·5·5 2 2 15 = 7.5. 2

Bemerkung: Die Fl¨ ache des Dreiecks wurde schon in Aufgabe 7.4.7, b), berechnet, allerdings mit anderen Methoden. Aufgabe 7.5.4 In Aufgabe 7.4.7 und Aufgabe 7.5.3 werden insgesamt f¨ unf verschiedene M¨ oglichkeiten zur Berechnung der Fl¨ ache eines ebenen Dreiecks betrachtet. Stellen Sie diese M¨ oglichkeiten zusammen, und u ¨berlegen Sie, welche der M¨ oglichkeiten auch in drei- und h¨ oherdimensionalen R¨aumen funktionieren.

L¨ osung: In Aufgabe 7.4.7 wurden folgende M¨ oglichkeiten betrachtet: 1) Fl¨ achenberechnung durch die Formel 21 mal Grundseite mal H¨ohe“, indem ” die H¨ ohe mit dem Winkel zwischen zwei Seiten berechnet wird, wobei der Winkel mit dem Skalarprodukt ausgerechnet werden kann, ¨ 2) Fl¨ achenberechnung durch Ubertragung ins Dreidimensionale und Benutzung des Vektorprodukts. In Aufgabe 7.5.3 wird die Fl¨ ache jeweils auch mittels der Formel 12 mal Grund” seite mal H¨ ohe“ berechnet, wobei hier die H¨ohe als L¨ange der Strecke vom dritten Punkt C zum Lotfußpunktes L auf der Geraden g, auf der die Grundseite liegt, berechnet wird, und L auf drei Weisen berechnet wird:

A733

402

7 Vektorrechnung

3) als Schnittpunkt von g und der Geraden h, die durch C f¨ uhrt und senkrecht zu g ist. 4) als den Punkt auf g, so dass der Verbindungsvektor von L zu C senkrecht auf dem Richtungsvektor von g steht. 5) als n¨ achstliegende Punkt auf g an C durch Minimierung des Abstands eines allgemeinen Punkts der Geraden g zu C. Die M¨ oglichkeit (3) geht nur im Zweidimensionalen, da in h¨oheren Dimensionen eine zu g senkrechte Richtung nicht mehr eindeutig ist, und man daher die Gerade h nicht direkt angeben kann. Die M¨ oglichkeit (2) geht noch im Dreidimensionalen, dann direkt mit dem Vektorprodukt. In noch h¨ oheren Dimensionen gibt es kein Vektorprodukt, so dass die M¨ oglichkeit ausscheidet. Die anderen M¨ oglichkeiten gehen in beliebigen Dimensionen. Aufgabe 7.5.5 A734

a) Stellen Sie die Ebene durch die Punkte       −1 2 1 P1 =  0  , P2 =  1  , P3 =  −1  2 1 2

in Parameter- und in Normalendarstellung dar.  −2  Testen Sie, ob der Punkt Q = 3 in der Ebene liegt. 1 3 uhrt und senkrecht zu ~n = b) Stellen Sie die Ebene, die durch P = 1 f¨ 0  1  2 ist, in Parameter- und in Normalendarstellung dar. −1

L¨ osung: a) Entsprechend Bemerkung 7.5.7, 2., sind Richtungsvektoren zum Beispiel       3 2 −1 ~v1 = p~2 − p~1 =  1  −  0  =  1  , 2 −1 1       1 −1 2 ~v2 = p~3 − p~1 =  −1  −  0  =  −1  . 2 2 0 Eine Parameterdarstellung ist damit        3 2   −1  0  + α ·  1  + β ·  −1  α, β ∈ R . E =   2 −1 0

7.5 Geraden und Ebenen

403

Einen Normalenvektor erh¨ alt man durch das Vektorprodukt:       3 2 −1 ~n =  1  ×  −1  =  −2  . −1 0 −5

Wegen 

   −1 −1  0  ·  −2  = −9 2 −5

ist eine Normalendarstellung (s. Satz 7.5.8)     −1   ~x ~x ·  −2  = −9 E =   −5      x1  x2  − x1 − 2x2 − 5x3 = −9 . =   x3

 −2  Um zu testen, ob Q = auf der Ebene liegt, kann man nun die 3 1 Normalen- oder Parameterdarstellung nutzen: M¨ oglichkeit 1 : Nutzung der Normalendarstellung Durch Einsetzen von Q in die Gleichung der Normalendarstellung erh¨ alt man −(−2) − 2 · 3 − 5 · 1 = −9, d.h., Q liegt in der Ebene. M¨ oglichkeit 2 : Nutzung der Parameterdarstellung Der Punkt Q liegt in der Ebene, falls es Parameter α, β ∈ R gibt mit         2 3 −2 −1  3  =  0  + α ·  1  + β ·  −1  0 −1 2 1       −1 3 2 ⇔  3  = +α ·  1  + β ·  −1  . −1 −1 0

Dies entspricht einem Gleichungssystem mit drei Gleichungen f¨ ur die beiden Parameter. Aus der dritten Komponente folgt α = 1, aus der zweiten dann β = −2. Damit stimmt auch die erste Komponente. Also liegt Q in der Ebene.

404

7 Vektorrechnung

b) Eine Normalendarstellung kann man wegen     3 1 1 ·  2  = 5 0 −1

direkt angeben als     1   ~x ~x ·  2  = 5 E =   −1     x1   x2  x1 + 2x2 − x3 = 5 . =   x3

F¨ ur eine Parameterdarstellung braucht man zwei Richtungsvektoren, die nicht Vielfache voneinander sind. Diese kann man sich beschaffen, indem man weitere Punkte auf der Ebene bestimmt, beispielsweise durch beliebige Vorgabe von x1 und x2 und dann Berechnung von x3 so, dass die Gleichung der Normalendarstellung erf¨ ullt ist. Anschließend kann man wie bei a) Richtungsvektoren als Differenzen berechnen.  1  Einfacher ist es, Richtungsvektoren als zum Normalenvektor 2 senk−1 1 0 rechte Vektoren zu w¨ ahlen, z.B. 0 und 1 (hier hat man viele M¨oglich1

2

keiten, vgl. Aufgabe 7.3.10). Damit ist eine Parameterdarstellung        1 0   3  1  + α ·  0  + β ·  1  α, β ∈ R . E =   0 1 2

Aufgabe 7.5.6 A735

Stellen

und

       0 1   3 E1 =  −1  + α  2  + β  2  α, β ∈ R   3 2 0        2 2  −1  E2 =  −3  + α  2  + β  0  α, β ∈ R   1 1 −2

die gleiche Ebene dar? ¨ Uberlegen Sie sich verschiedene M¨ oglichkeiten, dies zu u ufen. ¨berpr¨

7.5 Geraden und Ebenen

405

L¨ osung: Im Folenden werden vier verschiedene M¨ oglichkeiten beschrieben: M¨ oglichkeit 1 Man stellt eine Normalendarstellung zur Ebene E1 auf und pr¨ uft, ob drei Punkte, durch die die Ebene E2 eindeutig festgelegt ist, in der Ebene E1 enthalten sind: 1 0  2  Ein Normalenvektor zu E1 ist 2 × 2 = −3 . Als Normalendarstel2 3 2 lung ergibt sich damit        2 3 2   E1 = ~x ~x ·  −3  =  −1  ·  −3    2 0 2     2   ~x ~x ·  −3  = 9 . =   2

 −1  Indem man den Ortsvektor −3 von E2 nimmt und von dort in Richtung 1 der beiden Richtungsvektoren geht, erh¨alt man drei Punkte, durch die E2 eindeutig festgelegt wird:   −1 P1 =  −3  , 1       1 2 −1 P2 =  −3  +  2  =  −1  2 1 1 und

P3

     1 2 −1 =  −3  +  0  =  −3  . −1 −2 1 

¨ Die Uberpr¨ ufung, ob diese Punkte die Gleichung in der Normalendarstellung von E1 erf¨ ullen, ergibt       2 −1 2 p~1 ·  −3  =  −3  ·  −3  = 9, 2 1 2      2 1 2 p~2 ·  −3  =  −1  ·  −3  = 9, 2 2 2 

406

7 Vektorrechnung 

     2 1 2 p~3 ·  −3  =  −3  ·  −3  = 9. 2 −1 2

Daraus folgt P1 , P2 , P3 ∈ E1 und damit E1 = E2 .

M¨ oglichkeit 2

Man pr¨ uft, ob die Richtungsvektoren von E2 senkrecht zu einem Normalenvektor von E1 sind, und ob ein Punkt von E2 in E1 enthalten ist. Ein Normalenvektor zu E1 ist       0 2 1  2  ×  2  =  −3  . 2 3 2

Wegen         2 2 2 2  2  ·  −3  = 0 =  0  ·  −3  −2 2 2 1

sind die Richtungsvektoren von E2 senkrecht zu diesem Normalenvektor.  −1  ufung, Als Punkt aus E2 kann man den Ortsvektor −3 w¨ahlen; zur Pr¨ 1 ob dieser Punkt auch in E1 ist, sucht man α und β mit         −4 = α 1 0 3 −1  −3  =  −1  + α  2  + β  2  ⇔ −2 = 2α + 2β . 1 = 2α + 3β 3 2 1 0 Offensichtlich wird dies von α = −4 und β = 3 erf¨ ullt, also und damit E1 = E2 .

 −1  −3 1

∈ E1

M¨ oglichkeit 3 Man pr¨ uft, ob die Richtungsvektoren von E2 als Linearkombinationen der Richtungsvektoren von E1 dargestellt werden k¨onnen, und ob ein Punkt von E2 in E1 enthalten ist. Durch scharfes Hinschauen“ oder Aufstellen und L¨osen eines Gleichungs” systems sieht man       0 1 2  2  = 2 ·  2  + (−1) ·  2  , 3 2 1       0 2 1  0  = 2 ·  2  + (−2) ·  2  . 3 2 −2

7.5 Geraden und Ebenen ¨ Die Uberpr¨ ufung von M¨ oglichkeit 4

407  −1  −3 1

∈ E1 kann wie bei M¨oglichkeit 2 geschehen.

Man pr¨ uft, ob Normalenvektoren von E1 und E2 Vielfache voneinander sind, und ob ein Punkt von E2 in E1 enthalten ist. Ein Normalenvektor zu E1 ist       1 0 2  2  ×  2  =  −3  , 2 3 2

ein Normalenvektor zu E2 ist       2 2 −4 2 ×  0  =  6 . 1 −2 −4

Diese Vektoren sind offensichtlich Vielfache voneinander.  −1  ¨ Die Uberpr¨ ufung von −3 ∈ E1 kann wie bei M¨oglichkeit 2 geschehen. 1

Aufgabe 7.5.7 Berechnen Sie die Schnittmenge von        −1 0  3   −1  + α  2  + β  0  α, β ∈ R E =   0 3 1 mit der Geraden      0   1  −1  + λ  2  λ ∈ R , g =   −1 1

indem Sie

a) die Parameterdarstellung von E benutzen. b) E in Normalendarstellung darstellen und diese nutzen.

L¨ osung: a) Gleichsetzen der Parameterdarstellungen f¨ uhrt zu einem Gleichungssystem f¨ ur die Parameter:

A736

408

7 Vektorrechnung          1 0 3 −1 0  −1  + α ·  2  + β ·  0  =  −1  + λ ·  2  −1 1 0 3 1  ⇔

−α = −2 2α −2λ = 0 3α +β −λ = −1.

Aus der ersten Gleichung folgt α = 2, in die zweite eingesetzt dann λ = α = 2. Dies in die dritte Gleichung eingesetzt f¨ uhrt zu β = −1 − 4 = −5. Eingesetzt in die Parameterdarstellungen ergibt sich als Schnittpunkt             0 1 3 −1 1 0  −1  + 2 ·  2  =  3  =  −1  + 2 ·  2  − 5 ·  0  . 1 1 0 3 −1 1

b) Ein Normalenvektor ist       0 2 −1  2  × 0 = 1, 1 0 3 und wegen     3 2  −1  ·  1  = 5 0 0

besitzt E die Normalendarstellung     x1   x2  2x1 + x2 = 5 . E =   x3

Ein beliebiger Punkt auf der Geraden g hat die Form       1 0 1  −1  + λ  2  =  −1 + 2λ  . −1 + λ 1 −1

F¨ ur einen Schnittpunkt muss die Bedingung entsprechend der Normalendarstellung von E erf¨ ullt sein, also 2 · 1 + (−1 + 2λ) = 5

⇔

2λ = 4

⇔

λ = 2.

Diesen Wert f¨ ur λ in g eingesetzt liefert den Schnittpunkt

7.5 Geraden und Ebenen

409



   1 1  −1 + 2 · 2  =  3  . −1 + 2 1 Alternativer Rechenweg: Statt die Komponenten einzeln zu betrachten, kann man auch vektoriell wie folgt rechnen: Eine Normalendarstellung der Ebene in vektorieller Form ist      2  ~x  1  · ~x = 5 . E =   0 F¨ ur einen Geradenpunkt in vektorieller Form erh¨alt man also       0 2 1 5 =  1  ·  −1  + λ  2  1 0 −1         0 1 2 2 =  1  ·  −1  + λ ·  1  ·  2  1 −1 0 0 = 1+λ·2

und damit wie oben 2λ = 4, also λ = 2 und als Schnittpunkt       1 0 1  −1  + 2 ·  2  =  3  . −1 1 1 Aufgabe 7.5.8 Haben die beiden Geraden      1   1  0  + λ  −2  λ ∈ R , g1 =   3 1      1   −3  −2  + λ  0  λ ∈ R g2 =   2 −6

einen gemeinsamen Schnittpunkt?

L¨ osung: Zu untersuchen ist, ob es einen Punkt gibt, der durch beide Parameterdarstellungen erreicht werden kann. Dabei k¨ onnen die Parameter-Werte λ f¨ ur g1 und g2 unterschiedlich sein. Zu untersuchen ist also, ob es λ1 und λ2 gibt mit

A737

410

7 Vektorrechnung         1 1 1 −3  0  + λ1 ·  −2  =  −2  + λ2  0  2 3 1 −6

⇔

λ1 −λ2 = −4 −2λ1 = −2 λ1 −2λ2 = −9.

Die zweite Gleichung liefert λ1 = 1. Dies in die erste Gleichung eingesetzt, f¨ uhrt zu 1 − λ2 = −4 ⇔ λ2 = 5. Damit ist auch die dritte Gleichung erf¨ ullt. Also gibt es eine L¨ osung und damit einen Schnittpunkt. Den Schnittpunkt kann man mit λ1 = 1 in g1 oder mit λ2 = 5 in g2 berechnen:           1 1 2 −3 1  0  + 1 ·  −2  =  −2  =  −2  + 5 ·  0  . 2 −6 1 4 3 Alternative L¨ osungswege: 1) Offensichtlich sind die Geraden g1 und g2 nicht parallel (sonst m¨ ussten die Richtungsvektoren Vielfache voneinander sein). Damit kann man die  1 Ebene E betrachten, die g1 enth¨ alt und parallel zu g2 ist, also durch 0 3  1  1 −2 0 verl¨ auft mit Richtungsvektoren und . Zu untersuchen ist nun, 2 1  −3  ob der Ortsvektor −2 von g2 in E liegt, denn dann liegt auch g2 in der −6 Ebene, und es gibt einen Schnittpunkt. Pr¨ uft man dies durch eine entsprechende Parameterdarstellung, erh¨alt man ein ¨ ahnliches Gleichungssystem zu oben. Alternativ kann man eine Normalendarstellung von E nutzen: Ein Normalenvektor von E ist       1 1 −4  −2  ×  0  =  −1  , 1 2 2

und wegen     −4 1  0  ·  −1  = 2 2 3 folgt

  ~x E = 

   −4  ~x ·  −1  = 2 .  2

7.5 Geraden und Ebenen

411

Wegen 

   −3 −4  −2  ·  −1  = 12 + 2 − 12 = 2 −6 2

liegt g2 auch in E. Damit kann man darauf schließen, dass g1 und g2 einen gemeinsamen Schnittpunkt haben. 2) Mit der Abstandsformel aus Satz 7.5.15, 2., kann man den Abstand d der Geraden bestimmen. Danach ist |(~ p2 − p~1 ) · (~v1 × ~v2 )| k~v1 × ~v2 k 1  −3  mit den Ortsvektoren p~1 = 0 und p~2 = −2 und den Richtungsvek−6  −4   1   13 −2 0 der Geraden. Mit ~v1 × ~v2 = −1 erh¨alt toren ~v1 = und ~v2 = 2 1 2 man           −4 1 −3 −4 −4   −2  −  0  ·  −1  −2  ·  −1  2 3 −6 2 −9     d = = = 0.

−4

−4





−1 

−1  2 2 d =

Dies bedeutet, dass die Geraden einen gemeinsamen Schnittpunkt haben. Aufgabe 7.5.9 20 m n¨ ordlich eines 30 m hohen Kirchturms steht eine große Mauer.

In welcher H¨ ohe an der Mauer befindet sich der Schatten der Kirchturmspitze um 3 Uhr nachmittags (die Sonne steht im S¨ udwesten), wenn die Sonne 45o u ¨ber dem Horizont steht? x3 30

L¨ osung: Legt man das Koordinatensystem wie in Abb. 7.28 durch den Kirchturm, so besitzt 0 die Kirchturmspitze die Koordinaten 0

(Einheit m).

x2

30

Weist   die x2 -Richtung nach Norden, so ist 0 1 ein Normalenvektor der Mauer. Da der 0 0 Punkt 20 auf der Mauer liegt, wird die 0 Ebene, in der die Mauer liegt, in Normalendarstellung beschrieben durch

20

x1 Abb. 7.28 Kirchturm und Mauer mit Koordinatensystem.

A738

412

7 Vektorrechnung           0 0 0     x1  x2  x2 = 20 . ~x ~x ·  1  =  20  ·  1  = E =     x3 0 0 0

Diese Darstellung ist auch anschaulich klar: Die Punkte der Ebene besitzen eine x2 -Komponente gleich 20. Der zur Kirchturmspitze geh¨ orige Sonnenstrahl kann durch eineGerade be 0 schrieben werden. Als Ortsvektor bietet sich die Kirchturmspitze 0 an. 30

Um den Richtungsvektor der Geraden zu bestimmen, kann ¨berlegen,
u
man sich dass eine s¨ ud-westliche Richtung in der Ebene durch xx12 = −1 gegeben ist. −1  −1  Einen Richtungsvektor zur Sonne mit 45◦ zum Horizont erh¨alt man durch −1 h  −1   −1  ◦ −1 −1 gleich 45 ist, also und mit h > 0 so, dass der Winkel zwischen 0

h

⇔

1 √ = cos 45◦ 2 p 2 = 2 + h2

 −1   −1  −1 · −1 2 ! √ =  −1h 0−1  = √ 2 + h2 · 2

−1 · −1 h

⇔

4 = 2+h

0

2

⇔

h =

√ 2.

Alternativ kann man sich ¨berlegen, dass √man bei einer ebenen Richtung √ u

x1 −1 ange 2 eine H¨ ohe h = 2 braucht, um einen 45◦ -Winkel x2 = −1 mit L¨ zur Ebene zu erhalten.

Der Sonnenstrahl auf der Kirchturmspitze wird daher beschrieben durch die Gerade      −1  0   0  + λ ·  −1  λ ∈ R . g = √   30 2

Der Schnittpunkt mit der Wand ergibt sich bei x2 = 20, also −λ = 20 und damit λ = −20. Der Schatten der Spitze liegt damit bei         20 −1 20 0  0  − 20 ·  −1  =  20 √  ≈  20  . √ 1.72 30 30 − 20 · 2 2

Der Schatten befindet sich also in einer H¨ ohe von ca. 1.72 m.

7.5 Geraden und Ebenen

413

Aufgabe 7.5.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) Die nebenstehende Karte (genordet mit 1 km-Raster) zeigt die Lage von vier Berggipfeln G1 , G2 , G3 und G4 .

N G1 b

Steht man auf G1 , so sieht man in der Ferne genau u ¨ber dem Gipfel G2 eine Stadt liegen. Steht man auf G3 , sieht man die Stadt genau u ¨ber G4 .

A739 G3 b

G2 b

Wie weit s¨ udlich von G1 liegt die Stadt?

G4 b

L¨ osung: Die Stadt liegt im Schnittpunkt der Geraden, die durch G1 und G2 bzw. durch G3 und G4 verlaufen Legt man ein Koordinatensystem wie in Abb. 7.29 mit Koordinatenursprung bei G1 an und Einheit km, so wird die Gerade durch G1 und G2 beschrieben durch      1 0 λ∈R , +λ· g = −4 0

und die durch G3 und G4 , durch      1 5 µ∈R . +µ· h = −5 0

Der Schnittpunkt ergibt sich durch Gleichsetzen:         1 5 1 0 ⇔ +µ· = +λ· −5 0 −4 0

b

G1

b

b

G3

G2 b

G4

Abb. 7.29 Landkarte mit Koordinatensystem.

λ −µ = 5 −4λ +5µ = 0.

Addiert man das Vierfache der ersten Gleichung auf die zweite, erh¨alt man µ = 20 und damit aus der ersten Gleichung λ = 5 + µ = 25. Der Schnittpunkt ist also (mit der Geraden h berechnet)       25 1 5 . = + 20 · −100 −5 0 Die zweite Komponente gibt die Nord-S¨ ud–Entfernung zu G1 an. Die Stadt liegt also 100km s¨ udlich von G1 .

414

7 Vektorrechnung

Aufgabe 7.5.11 (ehemalige Klausuraufgabe, 10 Minuten) A740

Ein Koordinatensystems) an der Stelle  3 Flugzeug befindet sich (bzgl. eines  1 festen  4 und hat die Geschwindigkeit −2 ; ein zweites Flugzeug befindet sich an 1 3  −3   3 der Stelle 6 mit Geschwindigkeit −2 (in geeigneten Einheiten). 3

1

a) Berechnen Sie den Schnittpunkt der beiden Geraden, die durch die Flugbahnen beschrieben werden, wenn die Flugzeuge Ihre jeweilige Geschwindigkeit und Richtung nicht ¨ andern.

b) Stoßen die Flugzeuge zusammen, wenn die Flugzeuge Ihre Geschwindigkeit und Richtung nicht a unden Sie Ihre Aussage!) ¨ndern? (Begr¨

L¨ osung: a) Die Geraden werden beschrieben durch      1   3  4  + λ ·  −2  λ ∈ R g1 =   3 1 und

g2

     3  −3   6  + µ ·  −2  µ ∈ R . =   3 1

Einen Schnittpunkt von g1 und g2 erh¨alt man, wenn         3 3 1 −3  4  + λ ·  −2  =  6  + µ ·  −2  1 1 3 3 ⇔

λ −3µ = −6 −2λ +2µ = 2 3λ −µ = 2.

Addiert man das Zweifache der ersten zur zweiten Gleichung, erh¨alt man −4µ = −10, also µ = 2.5, und damit in der ersten Gleichung λ = −6 + 3 · 2.5 = 1.5. Damit ist auch die dritte Gleichung erf¨ ullt. Der Schnittpunkt liegt also (mit der Geraden g1 berechnet) bei       1 4.5 3  4  + 1.5 ·  −2  =  1  . 1 3 5.5

7.5 Geraden und Ebenen

415

b) Nein, die Flugzeuge stoßen nicht zusammen! Denn da in der Rechnung aus a) λ 6= µ ist, sind die Flugzeuge zu unterschiedlichen Zeiten an dem Schnittpunkt. Bemerkung: Bei einer Rechnung mit Einheiten tragen die Ortsvektoren der Geraden eine Entfernungseinheit. Die Richtungsvektoren stellen Geschwindigkeiten dar, tragen also eine Einheit Entfernung durch Zeit“. Also besitzen die Parameter ” eine Zeiteinheit, da man sonst die Vektoren nicht miteinander addieren kann. Aufgabe 7.5.12 (beispielhafte Klausuraufgabe, 20 Minuten) In Krummhausen wird ein Schuppen gebaut mit dem links abgebildeten Grundriss. An drei Ecken stehen schon (unterschiedlich hohe) S¨aulen (s. rechts). 9m b

5m 6m

2m b

3m b

5m

? b

a) Wie groß ist der Winkel zwischen den (gepunktet dargestellten) Dachkanten an der 5m hohen S¨ aule? b) Zeichnen Sie in die Abbildung rechts ein Koordinatensystem ein und geben Sie entsprechend Ihres Koordinatensystems eine Normalendarstellung f¨ ur die durch die Dachfl¨ ache gebildete Ebene E an. c) Wie hoch muss die S¨ aule an der vierten Ecke sein, damit ein ebenes Dach passend aufliegt?

L¨ osung: In dem in Abb. 7.30 dargestellten Koordinatensystem mit Einheit m ist     6 0 P1 =  0  , P2 =  0  3 5   0 und P3 =  9  . 2

x3 P1 ~v1

~v2

5m

P2 P3

3m b

2m b

x1

?

x2

Abb. 7.30 Schuppen mit Koordinatensystem.

A741

416

7 Vektorrechnung

Die in Abb. 7.30 eingezeichneten Richtungsvektoren v~1 und v~2 haben also eine Darstellung       6 6 0 ~v1 =  0  −  0  =  0  −2 3 5 und

~v2

      0 0 0 = 9 − 0 =  9 . −3 5 2

a) Der Winkel ϕ der Dachkanten ist der Winkel zwischen ~v1 und ~v2 , also ~v1 · ~v2 (−2) · (−3) √ = arccos √ k~v1 k · k~v1 k 36 + 4 · 81 + 9 6 1 √ = arccos √ = arccos . 10 40 · 90

ϕ = arccos

b) Ein Normalenvektor der Ebene E ist         18 1 0 6 ~v1 × ~v2 =  0  ×  9  =  18  = 18 ·  1  . 54 3 −3 −2 1 Damit ist auch ~n = 1 ein Normalenvektor. 3 0 1 0 Wegen 0 ∈ E und 1 · 0 = 15 ist eine Normalendarstellung von E 5

3

5

    1   E = ~x ~x ·  1  = 15 .   3

c) Gesucht ist die H¨ ohe h mit

6 5 h

∈ E, also

    1 6 15 =  5  ·  1  = 6 + 5 + 3h = 11 + 3h 3 h 4 ⇔ 4 = 3h ⇔ h = . 3 Die S¨ aule muss also

4 3

m hoch sein, damit ein ebenes Dach passend aufliegt.

7.5 Geraden und Ebenen

417

Aufgabe 7.5.13 Bestimmen Sie den Abstand des Punktes p~ =

2 3 3

zur Ebene

       0 1  2   −2  + λ  0  + µ  −1  λ, µ ∈ R E =   2 1 1

auf folgende Weisen:

a) durch Bestimmung des Lotfußpunkts L des Lots von P auf E und dann als L¨ ange von P L. b) mit Hilfe der Abstandsformel Satz 7.5.15, 1..

L¨ osung: Ein Normalenvektor zur Ebene ist       1 0 1 ~n =  0  ×  −1  =  −2  . 1 2 −1

a) Den Lotfußpunkt L erh¨ alt man als Schnittpunkt der Ebene mit der Geraden g durch P mit Richtungsvektor ~n:      1  2   3  + λ ·  −2  λ ∈ R . g =   −1 3 Zur Berechnung des Schnittpunkts kann man eineNormalendarstellung  2  1 von E aufstellen: Mit dem Normalenvektor ~n = −2 ist wegen −2 ∈ E −1 1  1   2  und −2 · −2 = 5 −1

1

       1   x1   E = ~x ~x ·  −2  = 5 =  x2  x1 − 2x2 − x3 = 5 .     x3 −1

Der allgemeine Geradenpunkt



2+λ  3−2λ 3−λ

in die Gleichung eingesetzt ergibt

2 + λ − 2 · (3 − 2λ) − (3 − λ) = 5 also λ = 2. Damit gilt f¨ ur den Lotfußpunkt       4 1 2 ~l =  3  + 2 ·  −2  =  −1  . 1 −1 3

⇔

6λ = 12,

A742

418

7 Vektorrechnung Als Abstand d ergibt sich       4 2 2 d = |~l − p~| =  −1  −  3  =  −4  1 3 −2 √ √ 4 + 16 + 4 = 24. =

b) Mit Hilfe der Abstandsformel Satz 7.5.15,       1 2 2  −2  −  3  ·  −2  −1 1 3   d = = 1 k  −2  k −1 12 Dies ist wegen √ = 6 Wert wie in a).

√ √ 2· √6· 6 6

1. gilt     0 1  −5  ·  −2  −2 −1 12 √ = √ . 1+4+1 6

√ √ √ = 2 6 = 4 · 6 = 24 tats¨achlich der gleiche

8

Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

8.1 Grundlagen

Aufgabe 8.1.1 Berechnen Sie    1 2 1 0 a)  2 0 −3  ·  2  3 −1 0 1



   1 0 2 b)  2 −3  · 1 0 1

c)





 2 1  −1 2 0 5  . ·  −1  1 3 1 1 0 

L¨ osung: Entsprechend der Definition der Matrix-Vektor-Multiplikation (s. Definition 8.1.1) erh¨ alt man:         4 2·1 + 1·2 + 0·3 2 1 0 1 a)  2 0 −3 ·  2  =  2 · 1 + 0 · 2 + (−3) · 3 =  −7 , 2 3 −1 · 1 + 0 · 2 + 1 · 3 −1 0 1         1 0 1·2 + 0·1 2 2 b) 2 −3 · = 2 · 2 + (−3) · 1 =  1  , 1 0 1 0·2 + 1·1 1

  2       1  −1 2 0 5  0  = −1 · 2 + 2 · 1 + 0 · (−1) + 5 · 0 = c) · . 1 3 1 1  −1  1 · 2 + 3 · 1 + 1 · (−1) + 1 · 0 4 0

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_19

A801

420

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.1.2 A802

Schreiben Sie das folgende Gleichungssystem in Matrix-Vektor-Schreibweise: x1 − 5x3 + x4 = 0 2x1 + 3x2 − x4 = 2 4x2 + 3x4 = −1

L¨ osung:

     x1 0 1 0 −5 1  x2  2 3 0 −1 ·   =  2   x3  −1 0 4 0 3 x4 

Aufgabe 8.1.3 Mutter Beimer will verschiedene Weihnachtspl¨atzchen backen. Sie hat drei Rezepte: Sandpl¨ atzchen

Mandelh¨ ornchen

200g Butter 150g Zucker 2 Eier 375g Mehl

200g 100g 250g 100g

Butter Zucker Mehl Mandeln

Makronen 150g Zucker 2 Eier 150g Mandeln

Da die Großfamilie zu Besuch kommt, will Mutter Beimer 4mal Sandpl¨atzchen, 2mal Mandelh¨ ornchen und 3mal Makronen backen. Wieviel Zutaten braucht sie? Formulieren Sie den Sachverhalt als Matrix-Vektor-Multiplikation.

L¨ osung:

de

l ah

0  150  2  · 0  150

A nz

200 200 Zucker [g] 150 100  Eier [St¨ uck]  2 0 375 250 Mehl [g] Mandeln [g] 0 100 Butter [g]

M

an

M

nd

pl ¨at

zc he n lh ak ¨orn ro c ne he n n

Man kann eine Rezeptmatrix“ aus den Zutatenlisten aufstellen, die multipli” ziert mit dem Anzahlvektor“ die Menge der insgesamt ben¨otigten Zutaten ” ergibt:

Sa

A803

  4 2 3

8.1 Grundlagen

421 

200 150  =   2 375 0

·4 ·4 ·4 ·4 ·4

+ + + + +

200 100 0 250 100

·2 ·2 ·2 ·2 ·2

   1200 + 0 ·3 1250 + 150 · 3      + 2 · 3 =   14    2000 + 0 ·3 650 + 150 · 3

Butter [g] Zucker [g] Eier [St¨ uck] Mehl [g] Mandeln [g]

Aufgabe 8.1.4 Manche chemische Reaktionen k¨ onnen in beiden Richtungen stattfinden, z.B. die Reaktion von 2N O2 (Stickstoffdioxid) zu N2 O4 (Distickstofftetroxid) und umgekehrt die R¨ uckreaktion von N2 O4 in 2N O2 . Bei einer bestimmten Temperatur wandeln sich pro Minute 20% des vorhandenen N O2 in N2 O4 um und umgekehrt 30% des vorhandenen N2 O4 in N O2 . a) Welche Mengen N O2 und N2 O4 hat man nach einer Minute, wenn es anfangs 100g N O2 und 150g N2 O4 sind? Formulieren Sie den Zusammenhang als Matrix-Vektor-Multiplikation. b) Wie ist es nach zwei und drei Minuten?

L¨ osung: a) Nach einer Minute bleiben 80% der urspr¨ unglichen 100 g N O2 u ¨brig, und es kommen 30% umgewandeltes N2 O4 (urspr¨ unglich 150 g) hinzu. Die Menge N O2 nach einer Minute ist also 0.8 · 100 g + 0.3 · 150 g = 125 g. An N2 O4 erh¨ alt man 20% aus der Umwandlung von N O2 und 70% der urspr¨ unglichen 150g N2 O4 , insgesamt also 0.2 · 100 g + 0.7 · 150 g = 125 g. Als Matrix-Vektor-Multiplikation ergeben sich die Mengen wie folgt:       N O2 125 g 100 g 0.8 0.3 . = · N2 O 4 125 g 150 g 0.2 0.7 b) Durch die Multiplikation einer Masse-Verteilung mit   0.8 0.3 A = 0.2 0.7 erh¨ alt man die Verteilung eine Minute sp¨ater:

A804

422

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Nach einer Minute:

A·



100 g 150 g



s.o.

=



125 g 125 g



,

   125 g 0.8 0.3 · 125 g 0.2 0.7   137.5 g = , 112.5 g       137.5 g 0.8 0.3 137.5 g · = nach drei Minuten: A · 112.5 g 0.2 0.7 112.5 g   143.75 g = . 106.25 g

nach zwei Minuten:

A·



125 g 125 g



=



Aufgabe 8.1.5 A805

Ein Lebensmittelh¨ andler hat m Filialen F1 , F2 , . . . , Fm . In jeder Filiale hat er die gleichen n Artikel A1 , . . . , An . Zum Jahreswechsel wird u ¨berall Inventur gemacht. Die Anzahl von Ak in Filiale Fl sei a(Fl , Ak ). In der internen Buchf¨ uhrung wird ein Artikel Ak mit dem Preis pk bewertet. Wie groß ist der Warenwert in den einzelnen Filialen? Formulieren Sie den Sachverhalt als Matrix-Vektor-Multiplikation.

Lo ¨sung: Der Warenwert in der l-ten Filiale ist a(Fl , A1 ) · p1 + a(Fl , A2 ) · p2 + . . . + a(Fl , An ) · pn =

n X

k=1


a Fl , Ak · pk .

Also enth¨ alt folgende Matrix-Vektor-Multiplikation in der l-ten Komponente den Warenwert in Filiale Fl : Artikel Filiale F1  a

. . .

Fm

A1
A2
. . . An
F1 , A1 a F1 , A2 . . . a F1 , An  .. .. .. ·  ..   . . . .


a Fm , A1 a Fm , A2 . . . a Fm , An

 p1  p2    .  ..  pn 

 a(F1 , A1 ) · p1 + a(F1 , A2 ) · p2 + . . . + a(F1 , An ) · pn   .. =   . a(Fm , A1 ) · p1 + a(Fm , A2 ) · p2 + . . . + a(Fm , An ) · pn 

8.1 Grundlagen

423 

n X






a F1 , Ak · pk     k=1     . .. =  .   n  X
 a Fm , Ak · pk  k=1

Aufgabe 8.1.6 √

Sei M =

3 2 1 2

1 − √2 3 2

!

      5 2 1 ~ . und ~c = ,b= und ~a = 3 1 −1

A806

Berechnen Sie (mit einem Taschenrechner) ~a ′ = M ·~a, ~b ′ = M ·~b und ~c ′ = M ·~c und zeichnen Sie in einem Koordinatensystem Dreiecke mit den entsprechenden Punkten A, B und C bzw. A′ , B ′ und C ′ . F¨allt Ihnen etwas auf?

L¨ osung: y

Es ist √

~a

′

=

~b ′ = ~c ′ =

!

  3 1 0.37 2 − √2 , ≈ 3 1 1.37 2 + 2 ! √   3+ 12 2.23 √ ≈ , 0.13 1 − 23 ! √   5 · 23 − 32 2.83 √ . ≈ 3 5 5.10 2 +3· 2

Das A′ B ′ C ′ -Dreieck ist das gedrehte urspr¨ ungliche ABC-Dreieck. Bemerkung:

•

C′

•

3 A′ • 1

A

C

•

B′ • 1 2 5 x • −1 B Abb. 8.1 Urspr¨ ungliches und gedrehtes Dreieck.

Allgemein erh¨ alt man in der Ebene R2 durch eine Multiplikation mit   cos α − sin α M = sin α cos α eine Drehung bzgl. des Ursprungs um den Winkel α; hier ist α = 30◦ , vgl. Aufgabe 8.4.6.

424

A807

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.1.7   1 32 0 . Sei M = 0 13 1

a) Sei W der Einheitsw¨ urfel im R3 . Berechnen Sie f¨ ur jede Ecke p~ von W den Punkt M · p~ und zeichnen Sie ihn in ein zweidimensionales Koordinatensystem. Verbinden Sie die Punkte, deren entsprechende Ecken in W durch eine Kante verbunden sind. x b) Zeigen Sie, dass M · p~ die Projektion eines Punktes p~ = y ∈ R3 auf die z  2  (x, z)-Ebene Exz in Richtung ~v = −3 ist, indem Sie den Schnittpunkt 1 von  Exz mit einer Geraden mit Richtung ~v durch einen beliebigen Punkt x p~ = y berechnen. z

c) Wie kann Punktes  man mit Hilfe einer Matrix M die Projektion  2eines  x 3 y ∈ R auf die (x, y)-Ebene Exy in Richtung ~v = 1 darstellen? p~ = z

1

L¨ osung: a) Die Eckpunkte des Einheitsw¨ urfels im Dreidimensionalen sind:                 1 0 1 1 0 0 1 0  0  ,  0  ,  1  ,  0  ,  1  ,  0  ,  1  und  1  . 1 1 1 0 1 0 0 0 Damit ergibt sich     0 0 , M M · 0 = 0 0     0 0 M · 0 = , M 1 1     0 2/3 , M · 1 = 4 /3 1     1 5/3 . M · 1 = 4 /3 1

        0 1 2/3 1 , M · 1 = 1 , · 0 = /3 0 0 0         1 1 5/3 1 · 1 = 1 , M · 0 = , /3 1 0 1

Abb. 8.2 zeigt die Bildpunkte in der Ebene. Sie vermitteln das Bild eines dreidimensionalen W¨ urfels.

y

• 1•

• •

• •

• • 1

x

Abb. 8.2 Bildpunkte in der Ebene.

8.1 Grundlagen

425 x

ist die Projektionsgerade“ gegeben durch ”      2  x   y  + λ ·  −3  λ ∈ R . g =   1 z

b) Zu einem Punkt p~ =

y z

In der Ebene Ex,z ist die y-Komponente gleich Null. F¨ ur den Schnittpunkt von g mit Ex,z muss also y + λ · (−3) = 0, also λ = 13 y, sein. Der Schnittpunkt ist damit      2 x+ x 1  y  + y ·  −3  =  3 1 z

2 3y

0

1 3y

+z



.

Die x- und z-Komponente erh¨ alt man also durch       2   x x 2 1 3 0   x + 3y + 0  y . y = M · = · 0 + 13 y + z 0 13 1 z z c) Bei Ex,y ist die z-Komponente gleich Null. F¨ ur den Schnittpunkt der Projektionsgeraden      2  x   y  + λ ·  1  λ ∈ R g =   z 1 mit Ex,y muss also z + λ = 0, also λ = −z, sein. Der Schnittpunkt liegt damit bei       x 2 x − 2z  y  + (−z) ·  1  =  y − z  . z 1 0

Die x- und y-Komponente des projizierten Punkts erh¨alt man also durch       x 1 0 −2 x − 2z   . = M· y mit M = 0 1 −1 y − 1z z

426

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.1.8 A808

Betrachtet wird das inhomogene Gleichungssystem     1 0 −1 1 3 ·x = (I) 2 1 1 0 4 und das zugeh¨ orige homogene System     0 1 0 −1 1 . (H) ·x = 0 2 1 1 0 a) Geben Sie (durch Raten) zwei verschiedene L¨osungen xh,1 und xh,2 des homogenen Systems (H) an. b) Verifizieren Sie, dass auch xh,1 + xh,2 , xh,1 − xh,2 und 3 · xh,1 L¨osungen von (H) sind. c) Geben Sie (durch Raten) eine L¨ osung xs des inhomogenen Systems (I) an. d) Verifizieren Sie, dass auch xs + xh,1 , xs + 2 · xh,2 und xs + 2 · xh,1 + xh,2 L¨ osungen von (I) sind. e) Geben Sie (durch Raten) eine weitere L¨osung xs,2 des inhomogenen Systems (I) an. f) Verifizieren Sie, dass x0 = xs,2 − xs (also xs,2 = xs + x0 ) eine L¨osung des homogenen Systems (H) ist. ¨ g) Uberlegen Sie sich allgemein, warum die Verifikation in b), d) und f) funktionieren.

L¨ osung: Beim Raten hat man viele M¨ oglichkeiten. Da die Koeffizientenmatrix des Gleichungssystems in beiden Zeilen Nullen enth¨alt, kann man beispielsweise die x1 und x3 -Komponente beliebig vorgeben und dann die x2 - bzw. x4 -Komponente so anpassen, dass die zweite bzw. erste Gleichung erf¨ ullt ist. Im Folgenden werden zu a) bis f) entsprechend beispielhafte L¨osungen genannt.  1   1  −2 . a) L¨ osungen des homogenen Systems sind xh,1 = 0 und xh,2 = −3 1 −1

b) Mit den Vektoren aus a) erh¨ alt man xh,1 + xh,2 =  3   0  1 . und 3 · xh,1 = −6 −1 0 −1

−3



2 −5 1 −1



0

, xh,1 − xh,2 =

Dies sind auch L¨ osungen von (H), denn beispielsweise f¨ ur den ersten Vektor rechnet man nach:

8.1 Grundlagen 

427 

 2   0 1 0 −1 1  −5   = . · 0 2 1 1 0  1  −1 

Bei den anderen Vektoren ergibt sich genauso

0 0




. 0 c) Eine L¨ osung des inhomogenen Systems (I) xs = 40 . 3

d) Mit den in a) und c) gew¨ ahlten Vektoren ist xs +xh1 =  2   3  −2 . und xs + 2 · xh,1 + xh,2 = −3 1 2

1 2 0 2

, xs +2·xh,2 =

1

3

Tats¨ achlich sind dies auch L¨ osungen von (I), denn beispielsweise ist   1     1 0 −1 1  2 3  = · . 2 1 1 0 0 4 2
Bei den anderen Vektoren ergibt sich genauso 34 . 2 0 e) Eine weitere L¨ osung des inhomogenen Systems (I) ist xs,2 = . 0 f) Es ist x0 = xs,2 − xs = 



2 −4 0 −2



1

und tats¨achlich ist

  2    −4  1 0 −1 1  0  = · . 2 1 1 0  0  0 −2

g) Es sei A =



 1 0 −1 1 . 2 1 1 0

Bei a) wurden xh,1 und xh,2
so gew¨ ahlt, dass Axh,1 = 0 = Axh,2 gilt. (Mit 0 ist hier der Nullvektor 00 gemeint.) Damit erh¨ alt man dann bei b) auf Grund der Matrix-Vektor-Rechenregeln (s. Satz 8.1.3):       0 0 0 , = + A · (xh,1 + xh,2 ) = Axh,1 + Axh,2 = 0 0 0 | {z } | {z } =0

=0

428

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen       0 0 0 A · (xh,1 − xh,2 ) = Axh,1 − Axh,2 = − = , 0 0 0 | {z } | {z } =0 =0     0 0 = . A · (3 · xh,1 ) = 3 · Axh,1 = 3 · 0 0 | {z } =0


Bei c) wurden ein xs so gew¨ ahlt, dass Axs = 34 gilt. Damit erh¨alt man dann bei d) wieder auf Grund der Matrix-Vektor-Rechenregeln       3 0 3 , = + A · (xs + xh,1 ) = Axs + Axh,1 = |{z}
| {z } 4 0 4 = 3 4

=0

A · (xs + 2 · xh,2 ) = Axs +2 · Axh,2 = |{z}
| {z } =0

= 3 4

      3 0 3 , = +2· 4 0 4

A · (xs + 2 · xh,1 − xh,2 ) = A · xs +2 · Axh,1 − Axh,2 = | {z
} | {z } | {z } = 3 4

Zu einem weiteren Vektor xs,2 mit Axs,2 = schließlich bei f)

=0

3 4

=0




  3 . 4

entspr. e) erh¨alt man

A · x0 = A · (xs,2 − xs ) = Axs,2 − Axs       0 3 3 . = − = 0 4 4 Aufgabe 8.1.9 A809

Betrachtet wird das inhomogene Gleichungssystem Ax = b (b 6= 0) (I) und das zugeh¨ orige homogene System Ax = 0 (H). xh,1 und xh,2 seien zwei L¨osungen von (H), xs,1 und xs,2 zwei L¨ osungen von (I) Welche der folgenden Aussagen sind richtig? a) xh,1 + xh,2 ist L¨ osung von (H). b) xs,1 − xh,1 ist L¨ osung von (H). c) xs,1 − xh,1 ist L¨ osung von (I).

d) xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (H).

e) 2 · xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (I).

f) Jedes x der Form x = α1 · xh,1 + α2 · xh,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (H).

g) Jedes x der Form x = α1 · xs,1 + α2 · xs,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (I).

h) Jedes x der Form x = xs,1 + α1 · xh,1 + α2 · xh,2 (α1 , α2 ∈ R) ist L¨osung von (I).

8.1 Grundlagen

429

L¨ osung: Um die Behauptungen zu u ufen, kann man die entsprechenden Vektoren ¨berpr¨ in das Gleichungssystem einsetzen, d.h. mit der Matrix A multiplizieren. Man kann dann die Matrix-Vektor-Regeln (Satz 8.1.3) anwenden und anschließend die Eigenschaften der einzelnen Vektoren nutzen, also Axh,1 = Axh,2 = 0

und

Axs,1 = Axs,2 = b.

a) Richtig; xh,1 + xh,2 ist L¨ osung von (H), denn A (xh,1 + xh,2 ) = Axh,1 + Axh,2 = 0 + 0 = 0. | {z } | {z } =0

=0

b) Falsch; xs,1 − xh,1 ist keine L¨ osung von (H), denn

A (xs,1 − xh,1 ) = Axs,1 − Axh,1 = b − 0 = b 6= 0. c) Richtig; xs,1 − xh,1 ist L¨ osung von (I), denn A (xs,1 − xh,1 ) = Axs,1 − Axh,1 = b − 0 = b. d) Richtig; xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (H), denn A (xs,1 − xs,2 ) = Axs,1 − Axs,2 = b − b = 0. e) Richtig; 2 · xs,1 − xs,2 ist L¨ osung von (I), denn A (2 · xs,1 − xs,2 ) = 2 · Axs,1 − Axs,2 = 2· b − b

= b.

f) Richtig; x = α1 · xh,1 + α2 · xh,2 ist eine L¨osung von (H), denn A (α1 · xh,1 + α2 · xh,2 ) = α1 · Axh,1 + α2 · Axh,2 = α1 · 0 + α2 · 0

= 0.

g) Falsch; x = α1 · xs,1 + α2 · xs,2 ist keine L¨osung von (I), denn A (α1 · xs,1 + α2 · xs,2 ) = α1 · Axs,1 + α2 · Axs,2

= α1 · b + α2 · b = (α1 + α2 ) · b 6= b, falls α1 + α2 6= 1.

h) Richtig; x = xs,1 + α1 · xh,1 + α2 · xh,2 ist L¨osung von (I), denn A (xs,1 + α1 · xh,1 + α2 · xh,2 ) = Axs,1 + α1 · Axh,1 + α2 · Axh,2 = b + α1 · 0 + α2 · 0 =

b.

430

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

Aufgabe 8.2.1 A810

Bestimmen Sie die L¨ osungen zu den folgenden Gleichungssystemen. a)

x1 − x2 − x3 = 0 x1 + x2 + 3x3 = 4 , 2x1 + x3 = 3

b) 2x1 + 4x2 + 2x3 = 2 x1 + 2x2 + 2x3 = 2 , 3x2 − 2x3 = 4 c)

x1 + x2 −x1 + x2 −2x1 x2 2x1

− x3 − 3x3 + x3 − 2x3 + 2x3

+

x4 − x5 + 3x5 + 5x4 + 4x5 + x4 − x5 + x4 − 2x5

= 1 = 2 = 1 . = −1 = 1

L¨ osung: Im Folgenden werden nur die erweiterten Koeffizientenmatrizen zu den Gleichungssystemen betrachtet. Hinter den Matrizen sind die zur n¨achsten Matrix durchgef¨ uhrten elementaren Zeilenoperationen angegeben. Die r¨omische Zahl bezieht sich dabei auf die jeweilige Zeile.     1 −1 −1 0 1 −1 −1 0  1 1 3 4  −I →  0 2 4 4  ·1/2 a) 0 2 3 3 2 0 1 3 −2 · I     1 −1 −1 0 1 −1 −1 0 → 0 1 2 2  →  0 1 2 2  0 2 3 3 0 0 −1 −1 ·(−1) −2 · II     1 −1 −1 0 1 −1 0 1 +III +II →  0 1 2 2  −2 · III →  0 1 0 0  0 0 1 1 0 0 1 1   1 0 0 1 → 0 1 0 0 . 0 0 1 1     x1 1 Die L¨ osung kann man nun ablesen:  x2  =  0 . x3 1

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

b)



2  1 0



1 → 0 0  1 → 0 0  1 → 0 0

431

 4 2 2 ·1/2  2 2 2 3 −2 4

 2 1 1 0 1 1  3 −2 4  2 1 1 −III 1 −2/3 4/3  +2/3 · III 0 1 1  0 0 −4 1 0 2 . 0 1 1

→



→



→

1  1 0 1  0 0  1  0 0

 2 1 1 2 2 2  −I 3 −2 4

 2 1 1 3 −2 4  : 3 0 1 1  2 0 0 −2 · II 1 0 2  0 1 1

   −4 x1 Die L¨ osung kann man nun ablesen:  x2  =  2 . 1 x3     1 1 −1 1 −1 1 1 1 −1 1 −1 1  0 2 −4 1 2 3  : 2  −1 1 −3 0 3 2  +I      −2 0 1 5 4 1  +2 · I →  0 2 −1 7 2 3  −II c)      0 1 −2 1 −1 −1  − 1 · II  0 1 −2 1 −1 −1  2 −2 · I +II 0 −2 4 −1 0 −1 2 0 2 1 −2 1     +V 1 1 −1 1 −1 1 1 1 −1 1 −1 1  0 1 −2 1/2 1 3/2   0 1 −2 1/2 1 3/2  −V       → →  0 0 3 6 0 0 :3  0 0 1 2 0 0   0 0 0 1/2 −2 −5/2  · 2  0 0 0 1 −4 −5  +4 · V :2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 1 1     −IV +III 1 1 −1 0 0 3 1 1 −1 1 0 2  0 1 −2 1/2 0 1/2  − 1 · IV  0 1 −2 0 0 1  +2 · III   2      →  0 0 1 2 0 0  −2 · IV →  0 0 1 0 0 2   0 0 0 1 0 −1   0 0 0 1 0 −1  0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1     −II 1 1 0 0 0 5 1 0 0 0 0 0  0 1 0 0 0 5   0 1 0 0 0 5         → 0 0 1 0 0 2  →  0 0 1 0 0 2 .  0 0 0 1 0 −1   0 0 0 1 0 −1  0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1     0 x1  5   x2         Damit ist die L¨ osung:   x3  =  2  .  −1   x4  1 x5 

432

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.2.2 A811

Im Folgenden sind die auf Zeilen-Stufen-Form gebrachten erweiterten Koeffizientenmatrizen zu linearen Gleichungssystemen gegeben. Wie lautet jeweils die L¨ osungsmenge?     1 −1 0 0 4 −1 1 0 2 −1 0 1 0 3 −2 , 1 1 0 , c)  0 a)  0 0 0 0 1 0 −3 0 0 0 0   1 3 0 2 0 0 2    0 0 1 1 0 0 −1  1 0 2 3      0 0 0 1 0 5  0 1 1 0 b) , d)  0 .  0 0 0 0 0 1 3  0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

L¨ osung: a) In ausf¨ uhrlicher Form lautet das Gleichungssystem x1

+ 2x3 = −1 x2 + x3 = 0 0 = 0

⇔

x1 = −1 −2x3 , x2 = −x3

Dabei kann man x3 beliebig vorgeben. Setzt man λ = x3 , so ist die L¨ osungsmenge      −2   −1  0  + λ ·  −1  λ ∈ R .   1 0 Alternativ erh¨ alt man durch Streichen der Null-Zeile und Einf¨ ugen einer Zeile, die ausdr¨ uckt, dass x3 = λ beliebig ist,     1 0 2 −1 −2 · III 1 0 0 −1 − 2λ  0 1 1 0  −λ  , −III →  0 1 0 0 0 1 λ 0 0 1 λ

so dass man die allgemeine L¨ osung       −2 −1 −1 − 2λ  −λ  =  0  + λ ·  −1  1 0 λ

ablesen kann und die gleiche L¨ osungsmenge erh¨alt. b) Die L¨ osungsmenge ist leer, da in der letzten Zeile 0 = 1, also eine unerf¨ ullbare Aussage steht.

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

433

c) In ausf¨ uhrlicher Form lautet das Gleichungssystem x1 −x2

x3

+4x5 = −1 +3x5 = −2 x4 = −3

⇔

x1 = −1 +x2 −4x5 x3 = −2 −3x5 , x4 = −3

wobei x2 und x5 beliebige Werte annehmen k¨onnen. Setzt man λ = x2 und µ = x5 , so erh¨ alt man als L¨ osungsmenge        −4 1 −1         0  1  0           −2  + λ ·  0  + µ ·  −3  λ, µ ∈ R .            0  0  −3        1 0 0

Alternativ kann man die Matrix mit Zeilen erg¨anzen, die dann eine vollst¨ andige Diagonalgestalt darstellen, und rechts durch λ und µ ausdr¨ ucken, dass die entsprechenden Variablen beliebig sind:     1 −1 0 0 4 −1 +II − 4 · V 1 0 0 0 0 −1 + λ − 4µ  0 1 0 0 0 λ   0 1 0 0 0 λ      0 0 1 0 3 −2  −3 · V →  0 0 1 0 0 −2 − 3µ  .      0 0 0 1 0 −3    0 0 0 1 0 −3 0 0 0 0 1 µ 0 0 0 0 1 µ

Damit erh¨ alt man als allgemeine L¨ osung (wie oben)         −1 + λ − 4µ −1 1 −4    0  1  0  λ          −2 − 3µ  =  −2  + λ ·  0  + µ ·  −3  .            −3  0  0  −3 µ 0 0 1 d) In ausf¨ uhrlicher Form lautet das Gleichungssystem x1 +3x2

+2x4 x3 +x4

= = x5 = x6 = 0 =

2 −1 5 3 0

⇔

x1 x3 x5 x6

= = = =

2 −3x2 −2x4 −1 −x4 5 3

mit beliebigen Werten x2 und x4 . Mit λ = x2 und µ = x4 ist die L¨osungsmenge

434

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen        −2 −3 2         0   1   0               −1   0   −1   λ, µ ∈ R . +µ· +λ·   1   0            0       0      0 5       0 0 3

Alternativ kann man die allgemeine L¨osung wie bei a) und c) durch Streichen der Null-Zeile und Einf¨ ugen von Zeilen zu x2 und x4 bestimmen. Aufgabe 8.2.3 A812

Betrachtet wird das lineare Gleichungssystem −x1 − 4x2 + 2x3 − 3x5 = 3 x3 − x4 + x5 = 1 2x1 + 8x2 − x3 + x4 + 5x5 = 1 a) Bestimmen Sie eine spezielle L¨ osung. b) Bestimmen Sie eine Basis des L¨ osungsraums zum zugeh¨origen homogenen Gleichungssystem. c) Wie sieht die allgemeine L¨ osung des inhomogenen Gleichungssystems aus?

L¨ osung: Zun¨ achst wird die erweiterte Koeffizientenmatrix u uhrt: ¨berf¨    1 −1 −4 2 0 −3 3 ·(−1)  0 0 1 −1 1 1  →  0 0 2 8 −1 1 5 1 +2 · I    1 4 −2 0 3 −3 1 →  0 0 1 −1 1 1  →  0 0 0 0 4 −4 4 0 :4    1 4 −2 0 3 −3 +2 · II 1 → 0 0 1 0 0 2  →  0 0 0 0 1 −1 1 0

Als Gleichungssystem dargestellt, bedeutet dies x1 + 4x2 x3

+ 3x5 = 1 = 2. x4 − x5 = 1

in eine Zeilen-Stufen-Form  4 −2 0 3 −3 0 1 −1 1 1  0 3 1 −1 7 −3 · II  4 −2 0 3 −3 0 1 −1 1 1  +III 0 0 1 −1 1  4 0 0 3 1 0 1 0 0 2 . 0 0 1 −1 1

(1)

a) Eine spezielle L¨ osung kann man aus (1) ablesen, indem man nur die f¨ uhrenden Variablen in den Zeilen beachtet und die anderen gleich Null setzt:

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

435

   1 x1  x2   0       x3  =  2       x4   1  0 x5 

b) Das homogene Gleichungssystem f¨ uhrt auf die gleiche Form wie (1), nur dass die rechte Seite immer aus lauter Nullen besteht: x1 + 4x2 x3

+ 3x5 = 0 = 0 x4 − x5 = 0

⇔

x1 = −4x2 −3x5 x3 = 0 . x4 = x5

(2)

mit beliebigen Werten x2 und x5 . Mit x2 = λ und x5 = µ erh¨alt man als L¨ osungsmenge       −4 −3          0   1            λ ·  0  + µ ·  0  λ, µ ∈ R .      0   1        0 1

Alternativ kann man die L¨ osungsmenge auch durch Einf¨ ugen entsprechender Zeilen erhalten:     1 0 0 0 0 −4λ − 3µ 1 4 0 0 3 0 −4 · II − 3 · V   0 1 0 0 0  0 1 0 0 0 λ  λ     ,   0 0 1 0 0 0  0 → 0 0 1 0 0      0 0 0 1 −1 0  0 0 0 1 0 µ  +V 0 0 0 0 1 µ 0 0 0 0 1 µ so dass man die L¨ osungsmenge wie oben angegeben ablesen kann. Eine Basis der L¨ osungsmenge ist also offensichtlich     −3  −4            1   0   0 ,  0  .          1       0   1 0

Die Basisvektoren kann man auch direkt aus (2) ablesen, wenn man einerseits x2 = 1, x5 = 0 und andererseits x2 = 0, x5 = 1 setzt.

c) Nach Satz 8.1.7, 2., ergibt sich die allgemeine L¨osung als spezielle L¨osung ” + allgemeine L¨ osung des homogenen Systems“, also

436

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen        −3 −4 1 x1  0   1  0  x2           x3  =  2  + λ ·  0  + µ ·  0  , λ, µ ∈ R.          1   0  1  x4  1 0 0 x5 

Dies erh¨ alt man ebenso durch Erweitern der    1 4 0 0 3 1 1 −4 · II − 3 · V  0 1 0 0 0 λ   0     0 0 1 0 0 2  →    0  0 0 0 1 −1 1   0 +V 0 0 0 0 1 µ 0

Koeffizientenmatrix: 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

 0 1 −4λ −3µ  0 λ  , 0 2  0 1 +µ  1 µ

Aufgabe 8.2.4 A813

Bestimmen Sie die L¨ osungsmengen zu den folgenden Gleichungssystemen. a)

x1 x1

− +

x2 x2 x2

− + + +

x3 3x3 2x3 x3

= = = =

0 4 2 3

x2 x2 x2

− − − +

x3 3x3 2x3 2x3

+

x4

+ +

x4 x4

2x1 b)

x1 −x1 2x1

+ +

, − + − −

x5 3x5 x5 2x5

= = = =

1 2 −1 . 1

Lo ¨sung: Im Folgenden werden nur die erweiterten   1 −1 −1 0  1 1 3 4  −I   → a)  0 1 2 2  2 0 1 3 −2 · I   +II + IV 1 −1 −1 0  0 1 2 2  +2 · IV  → →  0 0 0 0  0 0 −1 −1 ·(−1)

Koeffizientenmatrizen betrachtet.   1 −1 −1 0  0 2 4 4  ·1/2    0 1 2 2  −1/2 · II 0 2 3 3 −II   1 0 0 1  0 1 0 0     0 0 1 1 . 0 0 0 0

Das Gleichungssystem ist also eindeutig l¨osbar mit L¨osungsmenge     1  0 .   1

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren  1 1 −1 1 −1 1  −1 1 −3 0 3 2  +I   b)  0 1 −2 1 −1 −1  2 0 2 1 −2 1 −2 · I   1 1 −1 1 −1 1  0 1 −2 1/2 1 3/2   →  0 1 −2 1 −1 −1  −II 0 −2 4 −1 0 −1 +2 · II   1 1 −1 1 −1 1 +IV  0 1 −2 1/2 1 3/2  −IV  →  0 0 0 1 −4 −5  +4 · IV 0 0 0 0 1 1   1 1 −1 0 0 3 −II  0 1 −2 0 0 1   → →  0 0 0 1 0 −1  0 0 0 0 1 1 

Durch Einf¨ ugen einer  1 0 1 0 0  0 1 −2 0 0   0 0 1 0 0   0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

437 

 1 1 −1 1 −1 1  0 2 −4 1 2 3  · 1  2 →   0 1 −2 1 −1 −1  0 −2 4 −1 0 −1   1 1 −1 1 −1 1  0 1 −2 1/2 1 3/2   →   0 0 0 1/2 −2 −5/2  ·2 0 0 0 0 2 2 ·1  2  1 1 −1 1 0 2 −III  0 1 −2 1/2 0 1/2  − 1 · III  2 →   0 0 0 1 0 −1  0 0 0 0 1 1   1 0 1 0 0 2  0 1 −2 0 0 1     0 0 0 1 0 −1  . 0 0 0 0 1 1

Zeile f¨ ur die dritte Variable erh¨alt   2 1 0 0 0 −III  0 1 0 0 1  +2 · III   λ  →    0 0 1 0  0 0 0 1 −1  1 0 0 0 0

Die L¨ osungsmenge ist also      −1 2         2    1        0  + λ ·  1  λ ∈ R .         0   −1        0 1

man

 0 2−λ 0 1 + 2λ   0 λ  . 0 −1  1 1

Aufgabe 8.2.5

Bestimmen Sie in Abh¨ angigkeit vom Parameter c den Rang der Matrix   1 3 0 A =  0 1 2  −1 −2 c

Lo ¨sung: Durch elementare Zeilenoperationen    1 3 0 1 3  0 1 2  →  0 1 −1 −2 c 0 1 +I

erh¨ alt man  0 2  → c −II



1  0 0

 3 0 1 2 . 0 c−2

A814

438

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

F¨ ur c = 2 erh¨ alt man unten eine Nullzeile, so dass der Rang von A gleich 2 ist; f¨ ur c 6= 2 ist der Rang von A gleich 3, d.h. A hat dann vollen Rang.

Bemerkung:

In Aufgabe 7.2.3 wurde untersucht, f¨ ur welche Werte von a die Spalten der Matrix A als Vektoren aufgefasst linear unabh¨angig sind, in den Aufgaben 8.4.4 und 8.5.3 wird untersucht, f¨ ur welche Werte von a die Matrix A invertierbar ist. Wegen

⇔ ⇔

A hat vollen Rang A ist invertierbar die Spalten von A sind linear unabh¨angig

(s. Bemerkung 8.4.5 und Satz 8.4.9) erh¨ alt man vollen Rang, Invertierbarkeit und lineare Unabh¨ angigkeit immer bei c 6= 2. Aufgabe 8.2.6 A815

Bestimmen Sie die Schnittmenge der Ebenen        2 1  1   2  + α  −1  + β  −1  α, β ∈ R E1 =   2 0 −1 und

E2

      2 4  1  0  + γ  −3  + δ  −3  =  −1 1 1

indem Sie

  γ, δ ∈ R , 

a) die Parameterdarstellungen gleichsetzen, b) die Normalendarstellungen von E1 und E2 verwenden.

Lo ¨sung: a) Gleichsetzen der Parameterdarstellungen f¨ uhrt zu             1 2 1 1 4 2  2  + α ·  −1  + β ·  −1  =  0  + γ ·  −3  + δ  −3  2 0 −1 1 1 −1           2 1 −4 −2 0 ⇔ α ·  −1  + β ·  −1  + γ ·  3  + δ ·  3  =  −2  . 0 −1 −1 1 −1

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

439

Als erweiterte Koeffizientenmatrix zu diesem Gleichungssystem f¨ ur die Parameter α, β, γ und δ ergibt sich:     2 1 −4 −2 0 0 −1 2 4 −4 ·(−1) +2 · II  −1 −1 3 3 −2  ·(−1) →  1 1 −3 −3 2  0 −1 −1 1 −1 0 −1 −1 1 −1 −I     1 0 −1 1 −2 1 1 −3 −3 2 −II +III →  0 1 −2 −4 4  +2 · III →  0 1 −2 −4 4  0 0 1 1 −1 0 0 −3 −3 3 : (−3)   1 0 0 2 −3 (∗) →  0 1 0 −2 2  . 0 0 1 1 −1

Die Punkte der Schnittmenge erh¨ alt man also, wenn (entsprechend der letzten Zeile) γ + δ = −1 ist. Durch die ersten beiden Zeilen erh¨alt man korrespondierende α- und β-Werte. Mit γ = −1 − δ in E2 eingesetzt erh¨alt man somit als Schnittmenge:        2 4  1   0  + (−1 − δ) ·  −3  + δ ·  −3  δ ∈ R   −1 1 1          −4 −4 2   1 =  0  +  3  + δ ·  3  +  −3  δ ∈ R   1 −1 −1 −1      −2   −3 =  3  + δ ·  0  δ ∈ R ,   0 −2 also eine Gerade.

Als Test kann man die Gerade auch u ¨ber die Parameter von E1 bestimmen: Die ersten beiden Zeilen von (∗) liefern α = −3 − 2δ und β = 2 + 2δ. In E1 eingesetzt, f¨ uhrt dies zu        2 1   1  2  + (−3 − 2δ) ·  −1  + (2 + 2δ) ·  −1  δ ∈ R   2 0 −1            −4 2 −6 2   1 =  2  +  3  +  −2  + δ ·  2  +  −2  δ ∈ R   −2 0 0 −2 2      −2  −3  =  3  + δ ·  0  δ ∈ R ,   0 −2 also tats¨ achlich zur gleichen Gerade (mit gleicher Darstellung) wie oben.

b) Mit dem Vektorprodukt aus den Richtungsvektoren kann man Normalenvektoren zu den Ebenen bestimmen:

440

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen 

     2 1 1 n~1 =  −1  ×  −1  =  2  , 0 −1 −1       4 2 6 n~2 =  −3  ×  −3  =  6  . 1 −1 −6 1 1 Mit den Ortsvektoren 2 bzw. 0 der Ebenen E1 bzw. E2 und wegen 1  1   12  6  1 2 2 · = 3 bzw. 0 · 6 = 0 sind die Normalendarstellungen der 2

Ebenen

E1

E2

−1

  ~x =    ~x = 

1

−6

      1  x1    x2  x1 + 2x2 − x3 = 3 , = ~x ·  2  = 3    −1 x3        6  x1    x2  6x1 + 6x2 − 6x3 = 0 . = ~x ·  6  = 0    x3 −6

Die Schnittmenge wird also gebildet aus den Punkten ~x = beiden entsprechenden Gleichungen erf¨ ullen, also

 x1  x2 x3

, die die

x1 + 2x2 − x3 = 3 6x1 + 6x2 − 6x3 = 0 . Als Koeffizientenmatrix ergibt sich   1 2 −1 3 → 6 6 −6 0 :6   1 2 −1 3 +2 · II → → 0 −1 0 −3 ·(−1) Durch Erg¨ anzen  1 0  0 1 0 0





1 1 1 0

2 −1 3 1 −1 0

0 −1 −3 1 0 3

 

−I

einer Zeile f¨ ur die dritte Variable erh¨alt man    −1 −3 +I 1 0 0 −3 + λ 0 3  3 . →  0 1 0 1 λ 0 0 1 λ

Damit erh¨ alt man als L¨ osung f¨ ur die Komponenten x1 , x2 und x3 :         1 −3 −3 + λ x1  x2  =  3  =  3  + λ ·  0  , 1 0 λ x3 also als Schnittmenge

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren

441

     1  −3   3  + λ · 0 λ ∈ R .   0 1

Diese Menge stellt offensichtlich die gleiche Gerade wie in a) dar. Aufgabe 8.2.7 Bei einer Verkehrsz¨ ahlung an einem Kreisverkehr werden die nebenstehenden Zahlen gemessen (Autos pro Stunde). a) Stellen Sie ein Gleichungssystem f¨ ur die Belastung der einzelnen Abschnitte des Kreisverkehrs auf.

150

A816 200

50

200

80

b) Bestimmen Sie die L¨ osung des Gleichungssystems.

L¨ osung: a) Sind x1 , x2 , x3 und x4 die Verkehrsaufkommen entsprechend Abb. 8.3, so gilt:

200

x2 = x1 − 200 + 200 = x1 ,

x3 = x2 − 120 + 100 = x2 − 20, x4 = x3 − 80 + 50 = x3 − 30,

x1 = x4 − 100 + 150 = x4 + 50. b) Dies ergibt als Gleichungssystem: −x1 +x2 −x2 +x3 −x3 +x4 x1 −x4

100

200

120

100

150

100

x1

x4

x2

x3

120

50

80

100

Abb. 8.3 Variablen zum Kreisverkehr.

= 0 = −20 = −30 = 50

und damit als erweiterte Koeffiztientenmatrix:     1 −1 0 0 0 −1 1 0 0 0 ·(−1)  0 −1 1 0 −20  ·(−1)  0 −1 1 0 −20     →   0 0 −1 1 −30   0 0 −1 1 −30  0 1 0 −1 50 1 0 0 −1 50 +I +II     1 −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 +II  0 1 −1 0 20  −III  0 1 0 −1 50     →  0 0 −1 1 −30  ·(−1) →  0 0 1 −1 30  0 0 1 −1 30 0 0 0 0 0 +III

442

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen



1  0 →  0 0

0 1 0 0

 0 −1 50 0 −1 50  . 1 −1 30  0 0 0

Die L¨ osung ist also nicht eindeutig. (Mit den Verkehrsz¨ahlungen nur an den Ein- und Ausfahrten des Kreisverkehrs erfasst man nicht, ob z.B. viele Autos gleich in der n¨ achsten Ausfahrt den Kreisverkehr verlassen oder eher eine halbe Runde fahren. Außerdem k¨onnte es theoretisch auch Autos geben, die den ganzen Tag im Kreisverkehr herumfahren.) Setzt man x4 = λ, so ist die allgemeine L¨osung gegeben durch     1 50 1  50    + λ ·  . 1  30  1 0

A817

Aufgabe 8.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 10 Minuten) 2 Wie kann der Vektor ~a = 1 als Linearkombination von 1





1 v~1 =  0  , −2

dargestellt werden?

  2 v~2 =  2  3



 5 und v~3 =  3  −1

Lo ¨sung: Der Ansatz 

       2 5 2 1 λ1 ·  0  + λ2 ·  2  + λ3 ·  3  =  1  1 −1 3 −2

f¨ uhrt auf ein lineares Gleichungssystem f¨ ur die Werte λk . Die erweiterte Koeffizientenmatrix dazu ist     1 2 5 2 1 2 5 2  0 2 3 1  :2 →  0 1 1, 5 0.5  −2 3 −1 1 0 7 9 5 2·I −7 · II     1 2 5 2 1 2 5 2 −2 · II − 5 · III →  0 1 1, 5 0.5  +III →  0 1 0 2  0 0 −1, 5 1, 5 : (−1, 5) 0 0 1 −1

8.2 Gaußsches Eliminationsverfahren 

1 → 0 0

0 1 0

443

 0 3 0 2 . 1 −1

Also ist λ1 = 3, λ2 = 2 und λ3 = −1. Tats¨achlich ist         2 1 2 5 1 = 3 ·  0  + 2 · 2 − 1 ·  3 . 1 −2 3 −1 Aufgabe 8.2.9 F¨ ur welches Polynom p dritten Grades gilt p(−1) = −3,

p(0) = 3,

p(1) = 1 und

A818

p(2) = 3?

L¨ osung: Der Ansatz p(x) = ax3 + bx2 + cx + d f¨ uhrt auf das Gleichungssystem −3 3 1 3

= = = =

p(−1) p(0) p(1) p(2)

= −a + b − c + = = a + b+ c + = 8a + 4b + 2c +

d d d d

f¨ ur die Koeffizienten a, b, c und d des Polynoms. Mit dem Gauß-Verfahren erh¨ alt man    −1 1 −1 1 −3 ·(−1) 1 −1 1  0 0 0 1 3   0 0 0   →   1 1 1 1 1  +I  0 2 0 8 4 2 1 3 0 12 −6 +8 · I    1 −1 1 −1 3 1 −1 1 +II  0 0 0 1 3   0 0 0  → →   0 1 0 1 −1  −II  0 1 0 0 0 −6 −3 −9 +3 · II 0 0 −6    1 −1 1 0 6 1 0 0 +II − III  0 1 0 0 −4   0 1 0  → →   0 0 1 0 0   0 0 1 0 0 0 1 3 0 0 0

Also ist

a = 2,

b = −4,

c=0

und d = 3,

 −1 3 1 3   2 −2  : 2 9 −21 −6 · III  0 6 1 3   0 −4  0 0 : (−6)  0 2 0 −4  . 0 0  1 3

444

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

d.h., das Polynom p(x) = 2x3 − 4x2 + 3 erf¨ ullt die Bedingungen. Aufgabe 8.2.10 (beispielhafte Klausuraufgabe, 15 Minuten) A819

Ein metallverarbeitender Betrieb hat vier Stahlsorten auf Lager, die jeweils Legierungen aus Eisen, Chrom und Nickel sind: Eisen

Chrom

Nickel

Sorte 1

90%

0%

10%

Sorte 2

70%

10%

20%

Sorte 3

60%

20%

20%

Sorte 4

40%

20%

40%

Der Betrieb will durch eine Mischung daraus eine Tonne bestehend aus 60% Eisen,

10% Chrom,

30% Nickel

herstellen. Ist das m¨ oglich? Wenn ja: wie? Wenn nein: warum nicht?

L¨ osung: Sei xk die Menge, die man von Sorte k f¨ ur eine entsprechende Legierung nehmen muss. Dann ist beispielsweise die Eisenmenge im Endprodukt gleich 0.9 · x1 + 0.7 · x2 + 0.6 · x3 + 0.4 · x4 . Dies soll 60% von einer Tonne, also 0.6 Tonnen sein. Damit und mit den anderen Metallsorten erh¨ alt man das Gleichungssystem (mit Einheit Tonne) 0.9x1 + 0.7x2 + 0.6x3 + 0.4x4 = 0.6 0.1x2 + 0.2x3 + 0.2x4 = 0.1 0.1x1 + 0.2x2 + 0.2x3 + 0.4x4 = 0.3 Durch Verzehnfachung erh¨ alt man die Koeffizientenmatrix

8.3 Matrizen 

9  0 1  1 → 0 0  1 → 0 0

7 1 2

445

6 2 2

2 2 1 2 0 10 2 1 0

0 0 1

 6 −9 · III 1  3  4 3 2 1  −10 −10 : 10  6 5 −2 · II 4 3  −1 −1 4 2 4



 1 2 2 4 3 2 2 1  →  0 1 0 −11 −12 −32 −21 +11 · II   1 2 2 4 3 −2 · III →  0 1 2 2 1  −2 · III 0 0 1 −1 −1   1 0 0 −2 −1 →  0 1 0 4 3 . 0 0 1 −1 −1

Durch Einf¨ ugen einer letzten Zeile, die aussagt, dass x4 = λ beliebig ist, und entsprechender Zeilenoperationen oder durch direktes Ablesen sieht man, dass die allgemeine L¨ osung dieses Gleichungssystems       2 −1 x1      x2    =  3  + λ  −4   1   −1   x3  1 x4 0 ist.

Auf den ersten Blick sieht es so aus, als ob es viele m¨ogliche Mischungsverh¨altnisse gibt, die die Anforderungen erf¨ ullen. Allerdings m¨ ussen die einzelnen Anteile xk gr¨ oßer oder gleich Null sein. Damit x3 ≥ 0 ist, muss offensichtlich λ ≥ 1 sein. Damit ist dann aber x2 < 0. Es gibt also kein entsprechendes Mischungsverh¨altnis.

8.3 Matrizen

Aufgabe 8.3.1 Es sei         1 −1 0 2 3 0 2 1 1 3 0 A= , B= , C =  2 1  , D =  3 0 1 −1  . −1 1 5 −1 2 1 1 2 0 −1 2

Welche Matrixprodukte kann man mit diesen Matrizen bilden? Welche Dimensionen haben die Produkte? Berechnen Sie die Produkte.

Lo ¨sung: Um Matrix-Matrix-Produkte bilden zu k¨ onnen, m¨ ussen die Dimensionen der Faktoren passen (s. Bemerkung 8.3.6, 1.): Die Spaltenanzahl des ersten Faktors muss gleich der Zeilenanzahl des zweiten Faktors sein. Die Dimension des

A820

446

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Produkts ist dann Zeilenanzahl der ersten Matrix × Spaltenanzahl der zweiten Matrix. In der folgenden Auflistung sind die Dimensionen (Zeile × Spalten) der MatrixMatrix-Produkte eingetragen, falls sie gebildet werden k¨onnen; andernfalls ist ,,-” eingetragen: A · A: 2 × 2 B · A: C · A: 3 × 2 D · A: -

A · B: 2 × 3 B · B: C · B: 3 × 3 D · B: -

A · C: B · C: 2 × 2 C · C: D · C: -

A · D: B · D: 2 × 4 C · D: D · D: -

Die Produkte sind       2 1 2 1 3 3 A·A = · = , −1 1 −1 1 −3 0 A·B = B·C =

B·D =

C ·A =

C ·B =

     7 5 2 1 3 0 , = · 4 −4 2 5 −1 2       3 0 1 3 0 9 3 · 2 1  = , 5 −1 2 11 3 −1 2       1 −1 0 2 1 3 0 10 −1 3 −1 ·  3 0 1 −1  = , 5 −1 2 4 −3 3 11 1 1 2 0       3 0 6 3 2 1  2 1 · =  3 3 , −1 1 −1 2 −4 1       3 0 3 9 0  2 1 · 1 3 0 =  7 5 2 . 5 −1 2 −1 2 9 −5 4 

2 1 −1 1

Aufgabe 8.3.2 A821

a) Rechnen Sie nach, dass zu A =



1 2 3 4



und B =



−1 0 2 1



die Produkte

A · B und B · A verschieden sind.   2 1 und B = A2 die Produkte A · B b) Rechnen Sie nach, dass zu A = −1 0 und B · A gleich sind. Ist das Zufall?

8.3 Matrizen

447

L¨ osung: a) Es ist A·B = B·A =





1 2 3 4

     −1 0 3 2 · = , 2 1 5 4

−1 0 2 1

     −1 −2 1 2 . = · 5 8 3 4

Man sieht, dass A · B 6= B · A ist.

b) Mit

B =



2 1 −1 0

     2 1 3 2 · = −1 0 −2 −1

erh¨ alt man A·B = B·A =





2 1 −1 0

     3 2 4 3 · = , −2 −1 −3 −2

3 2 −2 −1

     4 3 2 1 . = · −3 −2 −1 0

Dass hier A · B = B · A ist, ist kein Zufall, denn wegen B = A2 und da die Matrix-Matrix-Multiplikation assoziativ ist (man kann Klammern umsetzen, s. Satz 8.3.7) ist A · B = A · A2 = A · (A · A) = (A · A) · A = A2 · A = B · A. Aufgabe 8.3.3 Gegeben sind die beiden linearen Abbildungen f, g : R2 → R2 mit     1 −1 1 −1 · x. ·x und g(x) = f (x) = 1 1 0 2 a) Wie wird das Rechteck mit den Eckpunkten A = (2|0),

B = (2|1),

C = (0|1)

und

D = (0|0)

einerseits mittels f ◦ g und andererseits mittels g ◦ f abgebildet?

b) Man kann f ◦ g bzw. g ◦ f als lineare Abbildung auffassen. Wie lauten die entsprechenden Abbildungsmatrizen?

A822

448

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

L¨ osung: a) Um zu den Punkten X die Punkte f ◦ g(X) = f (g(X)) zu berechnen, berechnet man jeweils zun¨ achst g(X) und setzt das Ergebnis in f ein: Mit

        2 1 −1 2 2 g = · = , 0 1 1 0 2

        1 2 1 −1 2 , = · = 3 1 1 1 1         0 1 −1 0 −1 g = · = , 1 1 1 1 1 g

und g

        0 0 1 −1 0 = · = 0 0 1 1 0

erh¨ alt man       2 2 2 f ◦g = f (g ) = f 0 0 2       1 −1 2 0 = · = 0 2 2 4 und entsprechend         −2 1 1 −1 2 , = · = f ◦g 6 3 0 2 1         0 1 −1 −1 −2 f ◦g = · = , 1 0 2 1 2         0 0 1 −1 0 . = · = f ◦g 0 0 0 2 0 Abb. 8.4 zeigt das urspr¨ ungliche Rechteck (links), die Bildpunkte unter g (Mitte) und schließlich die Bildpunkte zu f ◦ g (rechts). (Man sieht, dass g eine Dreh-Streckung bewirkt , vgl. dazu Aufgabe 8.4.6, a).)

x2

f (g(B)) b

f (g(A)) b

x2 b

x2

g(B) b

b

1C

b

Db 1

B

A b x1

g(C) b

g(A)

1

b

f (g(C))

1 x1

b

g(D)

b

1

x1

f (g(D))

Abb. 8.4 Abbildung des Rechtecks mittels f ◦ g .

1

8.3 Matrizen

449

F¨ ur g ◦ f (X) = g(f (X))    1 2 = f 0 0    2 1 f = 1 0    1 0 = f 0 1    0 1 f = 0 0

erh¨ alt man entsprechend      2 −1 2 , = · 0 0 2      −1 2 1 · = , 2 1 2      −1 0 −1 , = · 2 1 2      −1 0 0 · = 2 0 0

und damit         2 1 −1 2 2 g◦f = · = , 0 1 1 0 2

        −1 1 1 −1 2 , = · = 3 2 1 1 1         0 1 −1 −1 −3 g◦f = · = , 1 1 1 2 1         0 0 1 −1 0 . = · = g◦f 0 0 1 1 0 g◦f

Abb. 8.5 zeigt das urspr¨ ungliche Rechteck (links), die Bildpunkte unter f (Mitte) und schließlich die Bildpunkte zu g ◦ f (rechts). x2

g(f (B)) b f (C) x2

x2

f (B)

1C

b

b

b

Db 1

B

A b x1

b

b

1 b

g(f (C))

1 x1

x1 b

f (D)

b

1

f (A)

g(f (A))

b

g(f (D))

1

Abb. 8.5 Abbildung des Rechtecks mittels g ◦ f .

b) Da die Matrix-Matrix-Multiplikation assoziativ ist (man kann Klammern umsetzen, s. Satz 8.3.7) ist    1 −1 ·X f ◦ g(X) = f (g(X)) = f 1 1      1 −1 1 −1 = · ·X 0 2 1 1       0 −2 1 −1 1 −1 · X, ·X = · = 2 2 1 1 0 2

450

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

d.h. f ◦ g besitzt die Abbildungsmatrix



 0 −2 . 2 2

Damit erh¨ alt man tats¨ achlich beispielsweise direkt        2 0 −2 2 0 f ◦g = = . 0 2 2 0 4 Entsprechend ist    1 −1 g ◦ f (X) = g(f (X)) = g ·X 0 2      1 −1 1 −1 = · ·X 1 1 0 2       1 −1 1 −1 1 −3 = · ·X = · X, 1 1 0 2 1 1   1 −3 d.h. g ◦ f besitzt die Abbildungsmatrix . 1 1 Aufgabe 8.3.4 A823

W¨ ahlen Sie sich drei Matrizen A, B und C mit jeweils unterschiedlichen Zeilenund Spaltenanzahlen, aber so, dass man A · B und B · C bilden kann. ¨ Uberlegen Sie, dass man dann auch (A · B) · C und A · (B · C) bilden kann. Welche Dimensionen ergeben sich? Berechnen Sie die Produkte.

L¨ osung: Man kann A · B bilden, wenn die Spaltenanzahl von A gleich der Zeilenanzahl von B ist. Man kann beispielsweise     1 0 1 1 1 0 −1 A = ∈ R2×3 und B =  −1 1 0 0  ∈ R3×4 0 1 0 0 1 1 0

w¨ ahlen. Damit man B · C bilden kann, muss die Zeilenanzahl von C der Spaltenanzahl von B entsprechen, beispielsweise   0 1 1 0 0  0 0 1 1 0  4×5  C =   1 0 0 0 1 ∈R . 1 1 0 0 0 Dann ist A · B =



1 −1 0 1 −1 1 0 0



, insbesondere A · B ∈ R2×4 .

8.3 Matrizen

451

Damit kann man (A · B) · C bilden und erh¨alt   1 2 0 −1 0 (A · B) · C = ∈ R2×5 . 0 −1 0 1 0 

 2 2 1 0 1 Ferner ist B · C =  0 −1 0 1 0  ∈ R3×5 . 1 0 1 1 1

Damit kann man A · (B · C) bilden und erh¨alt   1 2 0 −1 0 A · (B · C) = = (A · B) · C. 0 −1 0 1 0 Man sieht allgemein, dass man A · B bilden kann, wenn die Spaltenanzahl von A gleich der Zeilenanzahl von B ist, also A ∈ Rk×l und B ∈ Rl×m mit gemeinsamem l. Entsprechend kann man B · C bilden, wenn die Spaltenanzahl von B gleich der Zeilenanzahl von C ist; bei B ∈ Rl×m ist also C ∈ Rm×n mit gemeinsamem m. Bei diesen Dimensionen ergibt sich A · B ∈ Rk×m , so dass man (A · B) · C bilden kann, und B · C ∈ Rl×n , so dass man A · (B · C) bilden kann. Die Ergebnisse sind aus Rk×n und tats¨ achlich gilt nach Satz 8.3.7 immer (A · B) · C = A · (B · C). Aufgabe 8.3.5 In einer chemischen Fabrik werden vier Grundsubstanzen G1 , G2 , G3 und G4 benutzt. Zun¨ achst werden diese zu drei Zwischenprodukten Z1 , Z2 und Z3 verarbeitet. Um jeweils eine Mengeneinheit zu erhalten, braucht man

f¨ ur Z 1 f¨ ur Z 2 f¨ ur Z 3

von G1 von G2 von G3 von G4 2 Einheiten 1 Einheit 3 Einheiten 1 Einheit 2 Einheiten 1 Einheit 1 Einheit 1 Einheit 3 Einheiten

In einem weiteren Produktionsschritt werden daraus die beiden Endprodukte E1 und E2 gefertigt; f¨ ur jeweils eine Mengeneinheit braucht man f¨ u r E1 f¨ u r E2

von Z1 1 Einheit

von Z2

von Z3 2 Einheiten 2 Einheiten 1 Einheit

Wie sieht die Zusammensetzung der Endprodukte in Bezug auf die Grundsubstanzen aus? Formulieren Sie den Zusammenhang als Matrix-Matrix-Multiplikation.

A824

452

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

L¨ osung: Die Anzahl der Einheiten von G1 f¨ ur eine Einheit E1 erh¨alt man unter Ber¨ ucksichtigung der Zusammensetzung E1 = 1 Einheit Z1 + 0 Einheiten Z2 + 2 Einheiten Z3 und der einzelnen Bestandteile Z1 Z2 Z3

enth¨ alt

2 Einheiten 1 Einheit 0 Einheiten

von G1 .

Damit erh¨ alt man 1·2+0·1+2·0 = 2 Einheiten von G1 in E1 . Dies entpricht genau der Berechnung des entsprechenden Eintrags bei der Matrix-Matrix-Multiplikation

E1 E2



Z1 Z2 Z3

1 0 0 2

2 1



 G1 G 2 G 3 G4  2 1 3 0 · 1 2 1 1  0 0 1 3

← Z1 ← Z2 ← Z3

=

E1 E2



G 1 G 2 G3 G4

2 2

1 5 4 3

6 5

 .

Entsprechendes gilt auch f¨ ur die anderen Zusammensetzungen. Aufgabe 8.3.6 (Fortsetzung von Aufgabe 8.1.4) A825

¨ Die Anderung der Masseverteilung von 2N O2 und N2 O4 innerhalb einer Minute kann bei einer bestimmten Termperatur beschrieben werden durch   0.8 0.3 · m0 , m1 = 0.2 0.7

m m wobei m0 = m0,1 die Masseverteilung vorher und m1 = m1,1 die nachher 0,2 1,2 beschreiben. a) Wie kann man die entstehende Masseverteilung m2 bzw. m3 nach zwei bzw. drei Minuten als direktes Matrix-Vektor-Produkt aus m0 berechnen? b) Wie sieht formelm¨ aßig eine Matrix aus, mit der man die Masseverteilung nach n Minuten ausrechnen kann? Berechnen Sie das konkrete Ergebnis mit Hilfe eines Computerprogramms. Was ergibt sich f¨ ur große n? Wie h¨ angt die Masseverteilung f¨ ur große n von der anf¨ anglichen Masseverteilung ab?

8.3 Matrizen

L¨ osung: Sei A =



453

 0.8 0.3 . 0.2 0.7

Bei einer Masseverteilung m0 zu Beginn, ist die Masseverteilung nach einer Minute: m1 = A · m0 ,

nach zwei Minuten: m2 = A · m1 = A · A · m0 = A2 · m0 ,

nach drei Minuten: m3 = A · m2 = A · A2 · m0 = A3 · m0 , ... nach n Minuten:

mn = An · m0 .

¨ a) Konkret kann man den Ubergang von m0 zu m2 also beschreiben durch m2 = (A2 ) · m0 mit       0.7 0.45 0.8 0.3 0.8 0.3 = · A2 = 0.3 0.55 0.2 0.7 0.2 0.7 und den zu m3 durch m3 = (A3 ) · m0 mit       0.65 0.525 0.8 0.3 0.7 0.45 3 2 . = · A = A ·A = 0.35 0.475 0.2 0.7 0.3 0.55 Bemerkung: Mit diesen Matrizen kann man die Ergebnisse von Aufgabe 8.1.4, b) nachrechnen:         100 g 137.5 g 100 g 143.75 g 2 3 A · = und A · = . 150 g 112.5 g 150 g 106.25 g ¨ b) Der Ubergang von m0 zu mn wird beschrieben durch mn = (An ) · m0 .   0.6 0.6 n Mit Hilfe eines Computerprogramm o.¨a. erh¨alt man A ≈ 0.4 0.4 m0,1
f¨ ur große n. Damit ist bei einer Anfangsverteilung m0 = m0,2       m0,1 m0.1 0.6 0.6 n · mn = A · ≈ m0,2 0.4 0.4 m0.2   0.6 · (m0,1 + m0,2 ) = . 0.4 · (m0,1 + m0,2 ) Unabh¨ angig von der Anfangsmischung erh¨alt man also auf lange Sicht 60% 2N O2 und 40% N2 O4 .

454

A826

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.3.7     0.8 0.3 0.1 0.4 a) Sei A = und B = . 0.2 0.7 0.9 0.6

Rechnen Sie nach, dass bei A, B und A·B jeweils die Summe der Elemente in einer Spalte gleich 1 ist.

b) Seien A, B ∈ Rn×n zwei Matrizen, wobei jeweils die Summe der Elemente in einer Spalte gleich Eins ist. Zeigen Sie, dass diese Eigenschaft dann auch f¨ ur A · B gilt. Betrachten Sie zun¨ achst den Fall n = 2 und schreiben Sie die Matrizen mit allgemeinen Komponenten ai,j bzw. bi,j .

Lo ¨sung: a) Dass die Spaltensummen bei A und B gleich Eins ist, ist offensichtlich. Es ist       0.8 0.3 0.1 0.4 0.35 0.5 A·B = · = . 0.2 0.7 0.9 0.6 0.65 0.5 Auch hier ist die Summe der Elemente einer Spalte gleich Eins. b) Bei allgemeinen zweidimensionalen Matrizen     a11 a12 b11 b12 A= und B = a21 a22 b21 b22 ist A·B =



a11 · b11 + a12 · b21 a11 · b12 + a12 · b22 a21 · b11 + a22 · b21 a21 · b12 + a22 · b22



.

Ist bei den einzelnen Faktoren die Spaltensumme gleich Eins, also 1 = a11 + a21 = a12 + a22 = b11 + b21 = b12 + b22 ,

(1)

so erh¨ alt man durch Umsortierung und Ausklammern bei der Spaltensumme in der ersten Spalte des Produkts A · B: a11 · b11 + a12 · b21 + a21 · b11 + a22 · b21 = (a11 + a21 ) · b11 + (a12 + a22 ) · b21

(1)

=

1

· b11 +

a ¨hnlich in der zweiten Spalte. Sei nun im n-dimensionalen

1

(1)

· b21 = b11 + b21 = 1,

8.3 Matrizen

455

  a11 · · · a1n  ..  und B =  A =  ... . . .  .  an1 · · · ann

 b11 · · · b1n .. . . .  . ..  . bn1 · · · bnn



mit Spaltensummen gleich Eins, also n X

aij = 1 =

n X

bij

f¨ ur jedes j.

(2)

i=1

i=1

Die Eintr¨ age des Produkts A · B = C = (cij ) sind dann cij =

n X

k=1

aik · bkj ,

und als Spaltensumme der j-ten Spalte ergibt sich n X i=1

cij =

n n X X

i=1 k=1

aik · bkj .

¨ Ahnlich wie bei a) kann man die Summe umsortieren, indem man die Summationsreihenfolge vertauscht, und dann ausklammern: ! n n n X n n n X X X X X (2) aik · bkj = cij = aik · bkj = bkj = 1. i=1

k=1 i=1

k=1

Alternativer L¨ osungsweg:

|

i=1

{z

(2)

=1

}

k=1

Multipliziert man eine Matrix A ∈ Rn×n von links mit dem Zeilenvektor ( 1 1 . . . 1 ) ∈ Rn , der aus lauter Einsen besteht, also ( 1 1 . . . 1 ) · A, so erh¨ alt man einen Zeilenvektor, der die Spaltensummen zu A enth¨alt. Hat man nun zwei Matrizen A, B ∈ Rn×n , bei denen alle Spaltensummen gleich Eins sind, also ( 1 1 . . . 1 ) · A = ( 1 1 . . . 1 ), ( 1 1 . . . 1 ) · B = ( 1 1 . . . 1 ), so folgt, da man Klammern umsetzen kann (s. Satz 8.3.7),

( 1 1 ... 1 ) · A · B = ( 1 1 ... 1 ) · A · B = =

( 1 1 ... 1 ) · B ( 1 1 . . . 1 ),

456

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen was zeigt, dass auch bei A · B alle Spaltensummen gleich Eins sind. Bemerkung:

Aufgabe 8.1.4 und Aufgabe 8.2.10 verdeutlichen, dass die Matrix-VektorMultiplikationen Ax bei einer Matrix A mit Spaltensummen gleich Eins Umverteilungen oder Mischungen beschreiben. Die Matrix-Matrix-Multiplikation zweier solcher Matrizen beschreibt dann das hintereinander Ausf¨ uhrungen der Mischungen. Das Ergebnis ist wieder eine Mischung, so dass aus dieser Sicht heraus klar ist, dass die Spaltensummen wieder gleich Eins sind. Aufgabe 8.3.8 A827

a) Berechnen Sie M1 = A · AT und M2 = AT · A zu A =



−1 2 0 1 3 1



.

¨ b) Uberlegen Sie sich, dass man zu A ∈ Rm×n stets die Produkte A · AT und T A · A bilden kann. Welche Dimensionen ergeben sich? c) Die Produkte M1 und M2 aus a) sind symmetrisch bzgl. der Hauptdiagonalen, also M1 T = M1 und M2 T = M2 . Ist das Zufall?

L¨ osung: a) Man erh¨ alt M1 = A · AT =



−1 1



−1 M2 = AT · A =  2 0



   −1 1 2 0 5 5 · 2 3  = , 3 1 5 11 0 1      1 2 1 1 −1 2 0 3 · =  1 13 3  . 1 3 1 1 1 3 1 

b) Ist A ∈ Rm×n , so ist AT ∈ Rn×m .

Damit kann man sowohl A · AT als auch AT · A bilden und erh¨alt als Dimension A · AT ∈ Rm×m

und

AT · A ∈ Rn×n .

c) Wegen (AT )T = A und (A · B)T = B T · AT (s. Satz 8.3.13) folgt M1 T = (A · AT )T = (AT )T · AT = A · AT = M1 und M2 T = (AT · A)T = AT · (AT )T = AT · A = M2 . Entsprechende Produkte sind also immer symmetrisch.

8.3 Matrizen

457

Aufgabe 8.3.9 AT · A zu  1  0 .  0

a) Berechnen Sie die Matrix  q0 q0  1 1 A =   q 2 q2 1 1 2 − 2

A828

¨ b) Uberlegen Sie sich anhand des Beispiels aus a) und allgemein: Die Matrix A ∈ Rm×n besitze die Vektoren a1 , . . . , an ∈ Rm als Spalten,  T also A = (a1 , . . . , an ). Dann gilt: a1 1) Die Matrix AT besitzt die Zeilen aT1 , . . . , aTn , also AT =  . . . . an T 2) Es gilt: a1 , . . . , an sind normiert und orthogonal zueinander ⇔

AT · A = In mit der (n × n)-Einheitsmatrix In .

L¨ osung: 

0

 a) AT · A =  0 1 

b)

q

1 q2

0

1) Bei A =  a1

1 2

q

−

1 q2

···

0

1 2

 

  1 · 2  q

an



  1 0 0  1 0  =  0 1 0 .  q2 0 0 1 1 1 − 0 2 2    aT1  ..  ist AT =  .  . T an q0

q0

1

¨ 2) Ahnlich zu Bemerkung 8.3.18, 2., sieht man: 

 AT · A =  

aT1 .. . aTn

    a1 ·

···

aT1 · a1 aT1 · a2 · · · aT1 · an

 T  a2 · a1 aT2 · a2 · · · aT2  =  .. .. ..  . . .  T T an · a1 an · a2 · · · aTn

· an .. . · an



an 



   .  

Die Eintr¨ age aTk · al entsprechen den Skalarprodukten der Spaltenvektoren ak und al .

458

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen Sind nun die Vektoren a1 , . . . , an normiert, so ist aTk · ak = kak k2 = 12 = 1, d.h., auf der Hauptdiagonalen stehen lauter Einsen. Sind die Vektoren a1 , . . . , an orthogonal zueinander, so ist aTk · al = 0 f¨ ur k 6= l. Dies entspricht genau den nicht-Diagonaleintr¨agen. Wenn die Vektoren a1 , . . . , an also normiert und orthogonal zueinander sind, so gilt   1 0 ··· 0  0 1 ··· 0    AT · A =  . . . .  = In .  .. .. . . ..  0 0 ··· 1

Ist umgekehrt AT ·A = In erh¨ alt man mit den gleichen Betrachtungen, dass die Vektoren normiert sind (wegen 1 = aTk · ak = kak k2 auf der Diagonalen) und orthogonal zueinander stehen (wegen 0 = aTk · al = 0 f¨ ur k 6= l). Aufgabe 8.3.10 A829

Berechnen Sie den Rang von A und den von AT zu   1 0 3 2 2  0 2 4 2 −2   A =   1 0 3 1 1 . 2 −2 2 1 5

L¨ osung: Mittels elementarer Zeilenoperationen gem¨aß des Gaußschen Eliminationsverfahren erh¨ alt man f¨ ur A:     1 0 3 2 2 1 0 3 2 2  0 2 4 2 −2  ·1/2  0 1 2 1 −1     →  1 0 3 1 1  −I  0 0 0 −1 −1  ·(−1) 2 −2 2 1 5 0 −2 −4 −3 1 −2 · I +2 · II     1 0 3 2 2 1 0 3 2 2  0 1 2 1 −1   0 1 2 1 −1    → →  0 0 0 1 1 .  0 0 0 1 1  0 0 0 0 0 0 0 0 −1 −1 +III

Es gibt also drei nicht-Null-Zeilen, d.h. Rang(A) = 3. Mit Satz 8.3.15 gilt f¨ ur den Rang von AT :

8.4 Quadratische Matrizen

459

Rang(AT ) = Rang(A) = 3. Dies kann man auch elementar nachrechnen:    1 0 1 2 1  0 2 0 −2  ·1/2  0     3 4 3 2  −3 · I →    0  2 2 1 1  −2 · I  0 2 −2 1 5 0 −2 · I    1 1 0 1 2  0  0 1 0 −1      → →  0  0 0 0 0   0  0 0 −1 −1  0 0 0 −1 −1 −IV

 0 1 2 1 0 −1   4 0 −4   −4 · II 2 −1 −3  −2 · II −2 −1 1 +2 · II  0 1 2 1 0 −1   0 −1 −1  . 0 0 0  0 0 0

Auch hier gibt es drei nicht-Null-Zeilen, also Rang(AT ) = 3

8.4 Quadratische Matrizen

Aufgabe 8.4.1 Sei D ∈ R3×3 die Diagonalmatrix mit den Diagonaleintr¨agen −1, 2, 1 (von links oben nach rechts unten). Berechnen Sie D · A und A · D zu   2 3 1 A =  −1 0 4  . 5 1 5

Lo ¨sung: Die Hauptdiagonale von D ist mit den angegebenen Zahlen besetzt, der Rest mit Nullen gef¨ ullt, also   −1 0 0 D =  0 2 0. 0 0 1 Die Multiplikationen  −1 D·A =  0 0

sind damit      −2 −3 −1 2 3 1 0 0 8 , 2 0  ·  −1 0 4  =  −2 0 5 1 5 5 1 5 0 1

A830

460

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen 

     2 3 1 −1 0 0 −2 6 1 A · D =  −1 0 4  ·  0 2 0  =  1 0 4  . 5 1 5 0 0 1 −5 2 5

Man sieht: Bei D · A werden die Zeilen und bei A · D die Spalten von A mit dem entsprechenden Diagonaleintrag von D multipliziert (vgl. Bemerkung 8.4.2, 3.). Aufgabe 8.4.2 A831

a) Ist das Produkt zweier symmetrischer Matrizen wieder symmetrisch? b) Ist das Quadrat einer symmetrischen Matrix wieder symmetrisch? c) Ist das Produkt zweier Diagonalmatrizen wieder eine Diagonalmatrix?

L¨ osung: a) Nein, ein Produkt aus zwei symmetrischen Matrizen ergibt nicht in jedem Fall wieder eine symmetrische Matrix wie das folgende Gegenbeispiel zeigt:       2 1 0 1 1 2 . = · 3 2 1 0 2 3 b) Ja, denn ist die Matrix A symmetrisch, also A = AT , so gilt f¨ ur das Quadrat B = A2 = A · A B T = (A · A)T = AT · AT = A · A = B (die Vertauschung der Faktoren beim Transponieren nach Satz 8.3.13 hat in diesem Fall keinen Effekt), d.h., B ist symmetrisch. c) Das Produkt zweier Diagonalmatrizen ergibt immer eine neue Diagonalmatrix, denn ist     d1 0 c1 0     .. .. C =  ,  und D =  . . 0 dn 0 cn so ergibt sich als Produkt     d1 0 c1 0     .. .. C ·D =   · . . 0 dn 0 cn   c 1 · d1 0   .. =  . . 0

c n · dn

8.4 Quadratische Matrizen

461

Aufgabe 8.4.3     1 1 0 −1 . und B = Sei A = 2 3 2 3

A832

a) Berechnen Sie A−1 und B −1 .

b) Berechnen Sie (A · B)−1 einerseits, indem Sie A · B berechnen und dazu die Inverse bestimmen, und andererseits, indem Sie A−1 und B −1 zu Hilfe nehmen.

L¨ osung: a) Die inverse Bemerkung  1 1 2 3

Matrix A−1 kann man mit dem Gauß-Jordan-Verfahren (s. 8.4.5) berechnen:      1 1 1 0 1 0 3 −1 1 0 −II . → → 0 1 −2 1 0 1 −2 1 0 1 −2 · I

−1

Also ist A

=



 3 −1 . −2 1

Die inverse Matrix B −1 berechnet sich entsprechend: 

0 −1 1 0 2 3 0 1



→



2 3 0 1 0 −1 1 0



+3 · II · (−1)

   1 0 1.5 0.5 2 0 3 1 :2 . → → 0 1 −1 0 0 1 −1 0   1.5 0.5 . Also ist B −1 = −1 0   2 2 berechnet sich auf direktem Weg durch b) Die Inverse zu A · B = 6 7       2 2 1 0 1 1 0.5 0 1 0 3.5 −1 :2 −II → . → 6 7 0 1 0 1 −3 1 0 1 −3 1 −3 · I 

Also ist (A · B)−1 =



 3.5 −1 . −3 1

Das gleiche Ergebnis erh¨ alt man mit Satz 8.4.6, 3., unter Benutzung von A−1 und B −1 :     3 −1 1.5 0.5 −1 −1 −1 · (A · B) = B ·A = −2 1 −1 0   3.5 −1 = . −3 1

462

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

Aufgabe 8.4.4 A833

F¨ ur welche Werte  1 A =  0 −1 invertierbar?

von c ist die Matrix  3 0 1 2  −2 c

Wie lautet dann die Inverse A−1 ? (Vgl. Aufgabe 7.2.3 und Aufgabe 8.2.5.)

L¨ osung: Die inverse Matrix A−1 existiert genau dann, wenn man beim Gauß-JordanVerfahren (s. Bemerkung 8.4.5) auf der linken Seite die Einheitsmatrix erreichen kann:   1 3 0 1 0 0  0 1 2 0 1 0  −1 −2 c 0 0 1 +I   1 3 0 1 0 0 →  0 1 2 0 1 0  0 1 c 1 0 1 −II   1 3 0 1 0 0 2 0 1 0 . →  0 1 0 0 c − 2 1 −1 1

F¨ ur c = 2 erh¨ alt man links in der untersten Zeile eine Nullzeile, so dass man links nicht auf eine Einheitsmatrix kommen kann. F¨ ur c = 2 ist die Matrix A also nicht invertierbar. F¨ ur c 6= 2 erh¨ alt man bei Division der letzten Zeile durch c − 2:   1 3 0 1 0 0  0 1 2 0 1 0  −2 · III 1 1 1 − c−2 0 0 1 c−2 c−2   1 3 0 1 0 0 2 2 2 →  0 1 0 − c−2 1 + c−2 − c−2  . 1 1 1 0 0 1 − c−2 c−2 c−2

2 Mit 1 + c−2 = c−2+2 c−2 = man erh¨ alt weiter

c c−2

vereinfacht sich das mittlere Element rechts und

8.4 Quadratische Matrizen 

→

1  0 0  1  0 0

463

0 0 1

1

0

2 − c−2

c c−2 1 − c−2

1 1 0

0 0 1

 6 3c 6 1 + c−2 − c−2 c−2 2 c 2  − c−2 − c−2 . c−2 1 1 1 − c−2 c−2 c−2

1 c−2

0



3 1 0

2  − c−2 1 c−2

−3 · II

c+4 6 = c−2+6 alt man also, dass die Matrix A f¨ ur c 6= 2 Wegen 1 + c−2 c−2 = c−2 erh¨ invertierbar ist mit   c+4   3c 6 − c−2 c + 4 −3c 6 c−2 c−2 1 2 c 2  − c−2 c −2  . = A−1 =  − c−2 ·  −2 c−2 c−2 1 1 1 1 −1 1 − c−2 c−2 c−2

Aufgabe 8.4.5 





1 1 0 −3  0 Sei A =  3 1 0  und B =   −1 4 2 4 0

0 1 2 2

−2 0 3 1

a) Bestimmen Sie A−1 und B −1 .

b) Geben Sie L¨ osungen x an zu   1 Ax =  0  , 0

  2 Ax =  1  , 0

 −2 1  . 5  4

  0 0  Bx =  1 0

A834

bzw.



 2  1   Bx =   0 . −1

Lo ¨sung: a) Die inverse folgt:  1  3 4  1 → 0 0

Matrix zu A ergibt sich mit dem Gauß-Jordan-Verfahren wie

Also ist A−1

  0 1 0  −3 · I → 0 1 0 −4 · I  3  1 0 −3 1 0 0 − 2 · III 1 9 −3 1 0  + 92 · III →  0 0 −2 2 −2 1 0 : (−2) 0 −3 1 0 2 4

1 0 0

0 1 0



 −2 3 − 23 =  6 −8 92  . −1 1 − 21

Die Berechnung der Inversen zu B ergibt

 0 0  1 −2 · II  −2 3 − 32 6 −8 29  . −1 1 − 12

0 −3 1 0 1 9 −3 1 2 16 −4 0 0 1 0

0 0 1

464

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen 

1 0  −1 0  1 0 → 0 0  1 0 → 0 0

0 1 2 2 0 1 0 0 0 1 0 0

  1 0 0 0  → 0 0 + I 0 1   −2−2 1 0 0 0 +2 · III 1 0 0 1 0 1 0 0  → 0 1 1 1 −2 1 0  1 2 0 −2 0 1 0 − III  0 0 3 −4 2 0 0 0 1 1 1 −1 . 1 0 2 −2 2 −1 0 1 −1 0 −1 1 −2−2 0 1 3 5 1 4

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 1 2 2 0 1 0 0

−2−2 0 1 1 3 1 4 0 0 1 0

0 1 1 1

 0 0  0 −2 · II 1 −2 · II  3 −4 2 0 0 1 0 0 − IV 1 −2 1 0 − IV −1 0 −1 1 1 0 1 0

0 1 0 0

0 0 1 0



 −4 2 0 1 1 −1 . Also ist B −1 −2 2 −1 0 −1 1 1 b) Die L¨ osung x zu Ax = 0 kann man unter Benutzung der inversen Matrix 0 berechnen als         −2 3 − 23 −2 1 1 x = A−1 ·  0  =  6 −8 92  ·  0  =  6  −1 0 0 −1 1 − 21 3 1  = 2 −1

und die L¨ osung zu Ax =

2 1 0

als

        −2 3 − 23 2 2 −1 x = A−1  1  =  6 −8 29  ·  1  =  4  . 0 0 −1 −1 1 − 21 0 Entsprechend erh¨ alt man die L¨ osung x von Bx = 01 durch 0

   3 0    1 0   x = B −1  1 =  2 −1 0

und die L¨ osung x von Bx =



−4 1 −2 0

2 1 0 −1

  3 2 1   −1  1  =  x = B  2 0  −1 −1 



2 1 2 −1

     2 0 0     −1  · 0 =  1   2  −1  1  −1 0 1

durch

−4 1 −2 0

2 1 2 −1

     2 2 0     −1  ·  1  =  4 .     3  0 −1 −3 −1 1

8.4 Quadratische Matrizen

465

Aufgabe 8.4.6 Eine Matrix A ∈ Rn×n heißt orthogonal genau dann, wenn A−1 = AT ist. a) Welche der folgenden Matrizen sind orthogonal? 







cos α − sin α 1 −1 (α ∈ R), , sin α cos α 1 1 2  1   1  b) Sei a1 = 0 , a2 = 1 und a3 = −4 . −1

2



 0 0 1 1 0 0. 0 1 0

1

1) Pr¨ ufen Sie nach, dass die drei Vektoren jeweils orthogonal zueinander sind. 2) Bestimmen Sie λi so, dass f¨ ur a˜i = λi · ai gilt: ||a˜i || = 1.

3) Sei A ∈ R3×3 die Matrix bestehend aus a˜1 , a˜2 und a˜3 als Spalten. ¨ Uberlegen Sie sich, dass A orthogonal ist. (Tipp: Aufgabe 8.3.9 ,b))

4) Pr¨ ufen Sie nach, dass die Zeilen von A als Vektoren aufgefasst normiert und orthogonal zueinander sind.

Lo ¨sung: a) Um Orthogonalit¨ at zu pr¨ ufen, k¨ onnte man jeweils A−1 bestimmen und −1 T testen, ob A = A ist. Allerdings ist es einfacher, die dazu ¨aquivalente Bedingung A · AT = I zu u ufen: ¨berpr¨ Die erste Matrix ist nicht orthogonal, denn es ist       2 0 1 1 1 −1 6= I. = · A · AT = 0 2 −1 1 1 1

Die zweite Matrix ist orthogonal, denn die Bedingung wird erf¨ ullt:     cos α sin α cos α − sin α · A · AT = − sin α cos α sin α cos α   cos2 α + sin2 α sin α cos α − cos α sin α = cos α sin α − sin α cos α sin2 α + cos2 α   1 0 = . 0 1 Die dritte Matrix ist  0 A · AT =  1 0

ebenfalls orthogonal, denn es ist      0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 · 0 0 1 = 0 1 0. 1 0 1 0 0 0 0 1

A835

466

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen Bemerkung: Eine Matrix-Vektor-Multiplikation aufgefasst als Abbildung x 7→ Ax wie bei Aufgabe 8.1.6 und Aufgabe 8.3.3 liefert bei einer orthogonalen Matrix eine Drehung ggf. zusammen mit einer Spiegelung; die in Aufgabe 8.1.6 √ 3 1
2 − betrachtete Matrix M = 1 √32 ist orthogonal. 2 2
1 1 T Ist A · A ein Vielfaches der Einheitsmatrix (wie bei A = −1 1 ) so ist die Abbildung eine Dreh-Streckung ggf. zusammen mit einer Spiegelung, vgl. die Abbildung g bei Aufgabe 8.3.3.

b)

1) Zwei Vektoren sind orthogonal zueinander, wenn ihr Skalarprodukt Null ergibt (s. Definition 7.3.18). Hier ist             1 1 2 1 1 2  0  ·  1  = 0,  0  ·  −4  = 0,  1  ·  −4  = 0. 1 2 1 −1 2 −1 1 kak

2) Entsprechend Aufgabe 7.3.2, c) kann man λ = λ1 =

1 1 =√ , ka1 k 2

λ2 =

1 1 1 =√ = , ka2 k 3 9

w¨ahlen, also: 1 1 =√ . ka3 k 18

λ3 =

3) Die Matrix A, zusammen gesetzt aus a˜1 , a˜2 und a˜3 , ist:   1 2 1 √

 2 A =  0 − √12

3 1 3 2 3

√

18 − √418  . √1 18

Da die Spalten von A normiert und orthogonal zueinander sind, ist nach Aufgabe 8.3.9, b), AT · A = I, also AT = A−1 , d.h. A ist orthogonal. 4) Die Zeilen von A sind als (Spalten-) Vektoren geschrieben 

b1 = 

√1 2 2 3 √1 18



,

b2 =



0

 31 − √418

 

und



b3 = 

− √12 2 3 √1 18



.

Die Vektoren sind tats¨ achlich normiert (d.h., sie haben die L¨ange Eins): s 2  2  2 2 1 1 √ + + √ kb1 k = 3 2 18 r r 1 9+4·2+1 4 1 = + + = = 1, 2 9 18 18

8.5 Determinanten

467 s

2  2  4 1 kb2 k = + −√ + 3 18 r r 16 1 2 + 16 + = = 1, = 9 18 18 s 2  2  2 2 1 1 wie b1 + kb3 k = + √ = 1. −√ 3 2 18 02

Die Skalarprodukte liefern b1 · b2 = 0 +

4
1 2 4 2 1 · +√ · −√ = − = 0, 3 3 9 18 18 18

enstsprechend b3 · b2 = 0, und

1 −9 + 8 + 1 1 4 = = 0, b1 · b3 = − + + 2 9 18 18 d.h., b1 , b2 und b3 sind orthogonal zueinander. Bemerkung: Der in b) untersuchte Zusammenhang gilt allgemein: Ist A orthogonal, also AT = A−1 , so gilt nach Satz 8.4.6, 2., AT )T = (A−1 )T = (AT )−1 , d.h. auch AT ist orthogonal. Entsprechend Aufgabe 8.3.9, b), sieht man dann, dass die Spalten von AT , also die Zeilen von A, orthogonal zueinander sind und die L¨ ange Eins besitzen.

8.5 Determinanten

Aufgabe 8.5.1 a) Berechnen Sie det



1 2 1 4





 2 1 0 und det  1 1 3 , indem Sie 0 −1 2

1) die Matrizen auf Dreiecksform bringen,

2) die direkten Berechnungsformeln (Satz 8.5.3) benutzen.   0 2 3 5  −1 1 0 0   b) Berechnen Sie det   1 3 1 4 . 2 0 1 3

A836

468

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen 

   1 0 −3 1 1 1 c) Sei A =  3 1 0  und B =  1 −3 2 . −1 0 −2 4 2 4

Berechnen Sie det A, det B, det A−1 und det(A · B).

(Tipp: A−1 wurde schon bei Aufgabe 8.4.5 berechnet.)

L¨ osung: Bei der Determinantenberechnung durch Transformation auf eine Dreiecksmatrix mit Hilfe von elementaren Zeilenoperationen (s. Definition 8.5.1 und Bemerkung 8.5.2, 1.) sind jeweils hinter der Matrix die Umformungen f¨ ur den n¨ achsten Schritt notiert.   1 2 a) F¨ ur det erh¨ alt man 1 4     1 2 1 2 1) det = det = 1 · 2 = 2, 1 4 −I 0 2   1 2 2) det = 1 · 4 − 1 · 2 = 2. 1 4   2 1 0 F¨ ur det  1 1 3  erh¨ alt man 0 −1 2 

   2 1 0 0 −1−6 −2 · II 1) det  1 1 3  = det  1 1 3  0 −1 2 0 −1 2     1 1 3 1 1 3 = − det  0 −1−6  = − det  0 −1−6  0 −1 2 0 0 8 −II

= − 1 · (−1) · 8 = 8,   2 1 0 2) det  1 1 3  = 2 · 1 · 2 + 1 · 3 · 0 + 0 · 1 · (−1) 0 −1 2 − 0 · 1 · 0 − (−1) · 3 · 2 − 2 · 1 · 1 = 4+0+0−0+6−2 = 8.

b) Direkte Berechnungsformeln gibt es nur f¨ ur den 2×2- und 3×3-Fall, daher wird die 4 × 4-Matrix durch elementare Zeilenumformungen entsprechend Definition 8.5.1 auf Dreiecksgestalt gebracht, um die Determinante dann als Produkt der Diagonaleintr¨ age zu berechnen:

8.5 Determinanten 

0 2  −1 1 det   1 3 2 0  −1 1  0 2 = − det   0 4 0 2  −1 1  0 2 = − det   0 0 0 0

469    −1 1 0 0 5  0 2 3 5  0    = − det   1 3 1 4  +I 4  2 0 1 3 3 +2 · I    0 0 −1 1 0 0  0 2 3 5  3 5    (∗) = − det   0 0 −5−6  1 4  −2 · II 1 3 0 0 −2−2 −2/5 · III −II  0 0 2 3 5   = −4. = − (−1) · 2 · (−5) · −5−6  5 2 0 5 3 0 1 1

Man kann auch mit anderen Zeilenoperationen die Determinante berechnen. Exemplarisch wird ein Alternativweg ab (∗) gezeigt. Dabei wird im ersten Schritt aus der letzten Zeile der Matrix der Faktor −2 vor die Determinante gezogen:     −1 1 0 0 −1 1 0 0  0 2 3 5   0 2 3 5    − det  = − (−2) · det   0 0 −5−6   0 0 −5−6  0 0 −2−2 0 0 1 1     −1 1 0 0 −1 1 0 0  0 2 3 5   0 2 3 5    = (−2) · det  = (−2) · det   0 0 1 1   0 0 1 1  0 0 −5−6 +5 · III 0 0 0 −1 = (−2) · (−1) · 2 · 1 · (−1) = − 4.

c) Mit der Regel von Sarrus (Satz 8.5.3, 2.) erh¨alt man det A = = 4 + 0 + (−18) − (−12) − 0 − 0 = −2 und det B = = 6 + (−2) + 0 − 3 − 0 − (−2) = 3.   −2 3 − 23 Bei Aufgabe 8.4.5 wurde A−1 =  6 −8 29  berechnet. −1 1 − 21

Nach der Regel von Sarrus ist dann   27 −1 det A = −8 + − + (−9) − (−12) − (−9) − (−9) 2 27 1 = 13 − = − . 2 2

470

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen Alternativ erh¨ alt man (s. Satz 8.5.9, 1.) det A−1 =

1 1 1 = = − . det A −2 2

Es ist      1 1 1 4 1 7 1 0 −3 A · B =  3 1 0  ·  1 −3 2  =  4 0 5  2 −2 0 −1 0 −2 4 2 4 

und damit

det(A · B) = 0 + 10 − 56 − 0 + 40 − 0 = −6. Alternativ erh¨ alt man mit dem Determinanten-Multiplikationssatz (s. Satz 8.5.9, 4.) det(A · B) = det A · det B = −2 · 3 = −6. Aufgabe 8.5.2 A837

a) Zeigen Sie (s. Satz 8.5.12)   a11 a12 Ist A = und det A 6= 0, so ist A invertierbar mit a21 a22   1 a22 −a12 −1 . A = det A −a21 a11     0 −1 1 1 und B = b) Testen Sie die Formel aus a) an A = 2 3 2 3 (vgl. Aufgabe 8.4.3).

L¨ osung: a) Zu u ufen ist A · A−1 = I mit der 2 × 2-Einheitsmatrix I. ¨berpr¨ Tats¨ achlich ist wegen det A = a11 · a22 − a21 · a12     1 a11 a12 a22 −a12 · · a21 a22 −a21 a11 det A =det A

}| { z a11 · a22 − a12 · a21 a21 · a22 − a22 · a21 {z } | =0    1 det A 0 1 = · = 0 det A 0 det A 1 = · det A

=0

z }| { −a11 · a12 + a12 · a11 −a21 · a12 + a22 · a11 | {z } =det A  0 . 1

8.5 Determinanten

b) Zu A =



1 1 2 3

A−1 =

Zu B = B



−1

471



ist det A = 1 · 3 − 2 · 1 = 1. Nach a) ist daher

1 · 1

0 −1 2 3





1 = · 2

3 −1 −2 1



=



3 −1 −2 1



.

ist det B = 0 · 3 − 2 · (−1) = 2. Nach a) ist daher



3 +1 −2 0



=



1.5 0.5 −1 0



.

Dies stimmt mit den in Aufgabe 8.4.3 berechneten Inversen u ¨berein. Aufgabe 8.5.3 Berechnen Sie in Abh¨ angigkeit vom Parameter c die Determinante zu   1 3 0 A =  0 1 2 . −1 −2 c

A838

F¨ ur welche Werte von c ist A invertierbar? (Vgl. Aufgabe 7.2.3, Aufgabe 8.2.5 und Aufgabe 8.4.4.)

L¨ osung: Mit der Regel von Sarrus (s. Satz 8.5.3) erh¨alt man det(A) = 1 · 1 · c + 3 · 2 · (−1) + 0 · 0 · (−2) − (−1) · 1 · 0 − (−2) · 2 · 1 − c · 0 · 3 = c − 6 + 4 = c − 2. Da eine Matrix genau dann invertierbar ist, wenn ihre Determinante ungleich 0 ist (s. Satz 8.5.9, 1.), folgt, dass A genau f¨ ur c−2 6= 0, also f¨ ur c 6= 2 invertierbar ist. Aufgabe 8.5.4 Bestimmen Sie die L¨ osung der Gleichungssysteme a)

x1 + x2 = 0 2x1 + 3x2 = 4

x1 − x2 − x3 = 0 b) x1 + x2 + 3x3 = 4 2x1 + x3 = 3

mit Hilfe der Cramerschen Regel. (Zu b) vgl. Aufgabe 8.2.1, a).)

A839

472

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

L¨ osung:

   1 1 0 und der rechten Seite b = 2 3 4 erh¨ alt man nach der Cramerschen Regel (s. Satz 8.5.14) wegen det A = 1   0 1 det 4 3 −4 = = −4, x1 = det A 1   1 0 det 2 4 4 = = 4, x2 = det A 1     x1 −4 . also als L¨ osung x = = 4 x2     1 −1−1 0 b) Mit A =  1 1 3 , b =  4  und det A = −2 ergibt sich 2 0 1 3   0 −1−1 det  4 1 3  3 0 1 −2 x1 = = = 1, det A −2   1 0 −1 det  1 4 3  2 3 1 0 = = 0, x2 = det A −2   1 −1 0 det  1 1 4  2 0 3 −2 x2 = = = 1, det A −2     1 x1 also als L¨ osung x =  x2  =  0 . 1 x3 a) Mit der Koeffizientenmatrix A =



Aufgabe 8.5.5 A840

Zeigen Sie: Ist A orthogonal (d.h. A−1 = AT , s. Aufgabe 8.4.6), so ist | det(A)| = 1.

L¨ osung: Aus A−1 = AT folgt, dass auch die jeweiligen Determinanten gleich sind: det(A−1 ) = det(AT ).

(∗)

8.5 Determinanten

473

Nun gilt det(A−1 ) =

⇔

1 det(A)

und det(AT ) = det(A) (s. Satz 8.5.9), also

1 (∗) = det(A−1 ) = det(AT ) = det(A) det(A)
2 1 = det(A) .

Durch Wurzelziehen folgt 1 = | det(A)|.

Alternative Herleitung:

Aus A−1 = AT folgt A · AT = I. Betrachtet man nun die Determinanten, so folgt mit dem Determinanten-Multiplikationssatz (s. Satz 8.5.9, 4.) und wegen det(AT ) = det(A), dass 1 = det(I) = det(A · AT ) = det(A) · det(AT ) = det(A) · det(A) 2

= det(A) , und wie oben folgt 1 = | det(A)|. Aufgabe 8.5.6 ¨ a) Uberlegen Sie sich, dass die Berechnung der Fl¨ache eines Parallelogramms in der zweidimensionalen Ebene einerseits mittels Einbettung ins Dreidimensionale und des Vektorprodukts und andererseits als Determinante der aufspannenden Vektoren auf das gleiche Ergebnis f¨ uhrt. ¨ b) Uberlegen Sie sich (mittels der Eigenschaften von Vektor- und Skalarprodukt), dass f¨ ur Vektoren a, b, c ∈ R3 das Volumen des von a, b und c aufgespannten Spats durch |(a × b) · c| gegeben ist. Betrachten Sie ggf. zun¨ achst den Spezialfall, dass a, b und c paarweise zueinander senkrecht stehen. 2 0  1  c) Rechnen Sie nach, dass f¨ ur a = 1 , b = 1 , c = 3 und der Matrix 0

−1

2

A = (a b c), die aus den Vektoren a, b und c als Spalten besteht, gilt: det A = (a × b) · c.

L¨ osung:

a) Die Fl¨ ache A des von aa12 und bb12 aufgespannten Parallelogramms kann man mittels Einbettung ins Dreidimensionale und des Vektorprodukts berechnen als       b1 0

a1

   

  0 A = a 2 × b2 =

= |a1 b2 − a2 b1 |. 0 0 a 1 b2 − a 2 b1 Mit der Determinantenrechnung ergibt sich der gleiche Wert:

A841

474

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

A = | det



a 1 b1 a 2 b2



| = |a1 b2 − a2 b1 |.

b) Zun¨ achst wird der Spezialfall betrachtet, dass c senkrecht zu a und b ist: Das Kreuzprodukt a × b steht senkrecht auf der von a und b aufgespannten Fl¨ ache (s. Satz 7.4.4, 1.) und ist damit parallel zu c. Daher ist das Skalarprodukt betragsm¨ aßig gleich dem Produkt der L¨angen (s. Bemerkung 7.3.17, 5.): |(a × b) · c| = ka × bk · kck. Nun ist ka × bk die Fl¨ ache des von a und b aufgespannten Parallelogramms (s. Bemerkung 7.4.5, 3.). Damit gilt weiter ka × bk · kck = Grundfl¨ ache · H¨ohe = Volumen des Quaders. Bei allgemeinen a, b und c berechnet sich das Volumen des Spats als Grundfl¨ ache mal H¨ ohe“, wobei man ” als Grundfl¨ ache das von a und b aufgespannte Parallelogramm mit Fl¨ ache ka × bk nehmen kann. Der Vektor n = a×b steht senkrecht auf der durch a und b festgelegten Ebene.

n

x3 c

ϕ

b

x2

a x1 Abb. 8.6 Von drei Vektoren aufgespanntes Spat.

Die H¨ ohe ergibt sich als kck · | cos ϕ| mit ϕ als dem von c und n = a × b eingeschlossenen Winkel. (Den Betrag bei | cos ϕ| braucht man f¨ ur F¨alle, in denen der Winkel ϕ gr¨ oßer als 90◦ ist.) Mit Satz 7.3.16 erh¨ alt man Volumen = Grundfl¨ ache · H¨ ohe =

ka × bk · kck · | cos ϕ| = ka × bk · kck · cos ϕ

= |(a × b) · c|.

c) Einerseits ist           0 0 −1 1 2  1  ×  1  ·  3  =  2  ·  3  = 8, 1 2 2 0 −1 andererseits   2 1 0 det  1 1 3  = 4 + 0 + 0 − 0 − (−6) − 2 = 8. 0 −1 2

8.6 Eigenwerte und -vektoren

475

8.6 Eigenwerte und -vektoren

Aufgabe 8.6.1 Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren    2 3 2 a) A = , b) A =  1 −2 −1 0

zu

 1 0 1 −1 . −1 2

L¨ osung: a) Das charakteristische Polynom zu A ist   3−λ 2 p(λ) = det(A − λ · I) = det −2 −1 − λ

= (3 − λ) · (−1 − λ) − (−2) · 2 = −3 − 3λ + λ + λ2 + 4 = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 .

Offensichtlich ist also λ = 1 einzige Nullstelle und damit auch einziger Eigenwert. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ0 erh¨alt man als nichttriviale L¨osungen des Gleichungssystems (A − λ0 · I) · x = 0 (s. Bemerkung 8.6.2, 2.), hier also konkret         3 2 1 0 2 2 0 ! −1· . ·x = ·x = −2 −1 0 1 −2 −2 0
1 Man sieht, dass x = −1 und auch jedes Vielfache α · x L¨osung ist. Eigenvektoren sind also   1 , α 6= 0. α· −1


1 Dies kann man leicht u ufen: Mit x1 = −1 ist ¨berpr¨       3 2 1 1 = 1 · x1 , = A · x1 = · −2 −1 −1 −1 d.h., x1 ist tats¨ achlich Eigenvektor zum Eigenwert 1. Damit sind auch f¨ ur alle Vielfachen α·x1 , α 6= 0, Eigenvektoren zum Eigenwert 1 (s. Bemerkung 8.6.6, 1.).

A842

476

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

b) Das charakteristische Polynom ist 

 2−λ 1 0 1 − λ −1  p(λ) = det(A − λ · I) = det  1 0 −1 2 − λ

= (2 − λ) · (1 − λ) · (2 − λ) + 0 + 0 − 0 + (2 − λ) + (2 − λ) = (4 − 4λ + λ2 ) · (1 − λ) − 4 + 2λ




= 4 − 4λ + λ2 − 4λ + 4λ2 − λ3 − 4 + 2λ

= −λ3 + 5λ2 − 6λ.

Offensichtlich ist λ = 0 eine Nullstelle. Durch die Faktorisierung p(λ) = −λ · (λ2 − 5λ + 6) kann man weitere Nullstellen als Nullstellen von λ2 − 5λ + 6 bestimmen (beispielsweise mittels der p-q-Formel, s. Satz 1.1.15) und erh¨alt als weitere Nullstellen 2 und 3. Es gibt also drei Eigenwerte: 0, 2 und 3. Wie bei a) bestimmt man die Eigenvektoren zum Eigenwert λ0 als nichttriviale L¨ osungen des Gleichungssystems (A − λ0 · I) · x = 0. • Zum Eigenwert 0:

Es ist A − 0 · I = A. Das entsprechende Gleichungssystem lautet also 

2 1  1 1 0 −1  1 0 → 0 1 0 0

0 −1 2 1 −2 0

 0 −2 · II 0  +III 0  0 0 . 0



0 −1 2 → 1 0 1 0 −1 2

 0 ·(−1) 0  0 −I

Setzt man die dritte Komponente gleich α, erh¨alt man als L¨osung     −1 −α x =  2α  = α ·  2  . 1 α Tats¨ achlich ist f¨ ur x 0 =

A · x0



2 1

     2 1 0 0 −1 =  1 1 −1  ·  2  =  0  = 0 · x0 . 0 −1 2 0 1

• Zum Eigenwert 2: Es ist

 −1 

8.6 Eigenwerte und -vektoren

477



  2 1 0 2 A−2·I =  1 1 −1  −  0 0 −1 2 0

0 2 0

   0 0 1 0 0  =  1 −1 −1  . 2 0 −1 0

Das entsprechende Gleichungssystem lautet also 

0 1 0  1 −1 −1 0 −1 0

 0 0  +I 0 +I



1 → 0 0

0 −1 1 0 0 0

 0 0 . 0

Setzt man die dritte Komponente gleich α, erh¨alt man als L¨osung     α 1 x =  0  = α · 0. α 1 1 Tats¨ achlich ist f¨ ur x 2 = 0 1

A · x2

     2 1 0 1 2 =  1 1 −1  ·  0  =  0  = 2 · x2 . 0 −1 2 1 2 

• Zum Eigenwert 3: Es ist



  2 1 0 3    1 1 −1 0 A−3·I = − 0 −1 2 0

0 3 0

   0 −1 1 0 0  =  1 −2 −1  . 3 0 −1 −1

Das entsprechende Gleichungssystem lautet also 

−1  1 0  1 → 0 0

1 0 −2 −1 −1 −1 0 1 0

1 1 0

 0 +III 0  +I 0  0 0 . 0



−1 0 −1 →  0 −1 −1 0 −1 −1

 0 ·(−1) 0  ·(−1) 0 −II

Setzt man die dritte Komponente gleich α, erh¨alt man als L¨osung     −α −1 x =  −α  = α ·  −1  . α 1 Tats¨ achlich ist f¨ ur x 2 =

 −1  −1 1

478

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

A · x3



     2 1 0 −1 −3 =  1 1 −1  ·  −1  =  −3  = 3 · x3 . 0 −1 2 1 3

Bemerkung: Die Eigenvektoren

n −1   1   −1 o , 0 , −1 von A stehen senkrecht aufeinan2 1

1

1

der und bilden eine Basis des R3 , vgl. Satz 8.6.7.

Aufgabe 8.6.2 (Fortsetzung von Aufgabe 8.1.4 und Aufgabe 8.3.6) A843

¨ Die Anderung der Masseverteilung von 2N O2 und N2 O4 innerhalb einer Minute kann bei einer bestimmten Temperatur beschrieben werden durch   0.8 0.3 m1 = A · m0 mit A = , 0.2 0.7 wobei m0 = beschreiben.

m0,1 m0,2




die Masseverteilung vorher und m1 =

m1,1 m1,2




die nachher

Auf lange Sicht n¨ ahert sich die Verteilung einer station¨aren Verteilung m∞ , die sich nicht mehr a ¨ndert. ¨ Uberlegen Sie sich, dass m∞ ein Eigenvektor von A zum Eigenwert 1 ist. Berechnen Sie m∞ konkret.

L¨ osung: Die station¨ are Verteilung m∞ ist dadurch charakterisiert, dass sich nichts mehr a ndert, also A · m∞ = m∞ ist. Dies bedeutet gerade, dass m∞ ein Eigenvektor ¨ von A zum Eigenwert 1 ist.
m Konkret kann man m∞ = m∞,1 als nichttriviale L¨osung des Gleichungssy∞,2 stems (A − 1 · I) · m∞ = 0 berechnen, hier also         0.8 0.3 1 0 −0.2 0.3 0 ! −1· · m∞ = · m∞ = . 0.2 0.7 0 1 0.2 −0.3 0 Offensichtlich gilt f¨ ur die L¨ osung −0.2m∞,1 + 0.3m∞,2 = 0 d.h. Masseverteilungen der Form     m∞,1 1.5 = α· m∞,2 1 sind station¨ are Verteilungen.

⇔

1.5 · m∞,2 = m∞,1 ,

8.6 Eigenwerte und -vektoren

479

Da sich die Gesamtmasse im Laufe der Zeit nicht ¨andert, wird α durch die Gesamtmasse zu Beginn festgelegt: Bei einer Gesamtmasse M ist M = α · 1.5 + 1 · M = 0.4 · M α · 1 = α · 2.5, also α = 2.5

Bemerkungen:

1. Mit α = 0.4 · (m0,1 + m0,2 ) erh¨ alt man das Ergebnis von Aufgabe 8.3.6, b):     1.5 0.6 · (m0,1 + m0,2 ) mn ≈ m∞ = 0.4 · (m0,1 + m0,2 ) · = . 1 0.4 · (m0,1 + m0,2 ) ¨ 2. Allgemein werden Mischprozesse oder Uberg¨ ange durch Matrizen mit Spaltensummen gleich Eins beschrieben, s. Aufgabe 8.3.7. Solche Matrizen haben immer einen Eigenvektor zum Eigenwert 1. Dieser Vektor dr¨ uckt eine ¨ station¨ are Verteilung aus, die sich bei weiteren Uberg¨ angen nicht ¨andert. Aufgabe 8.6.3 

 0 1 0 Durch die Abbildung R3 → R3 , x → 7 Ax mit A =  1 0 0  wird eine 0 0 −1 Drehung im R3 beschrieben. ¨ Uberlegen Sie, dass die Drehachse aus Eigenvektoren von A zum Eigenwert 1 besteht. Berechnen Sie die Drehachse!

Lo ¨sung: Die Drehachse bleibt unter der Drehung unver¨andert, d.h. f¨ ur Punkte x auf der Drehachse gilt Ax = x. Sie sind also Eigenvektoren zum Eigenwert 1. Diese Eigenvektoren kann man als nichttriviale L¨osung des Gleichungssystems (A − 1 · I) · x = 0 berechnen. Dies f¨ uhrt hier zu folgendem Gleichungssystem 

−1 1 0  1 −1 0 0 0 −2

 0 ·(−1) 0  +I 0 : (−2)

→



1 −1 0  0 0 1 0 0 0

 0 0  0

Setzt man die zweite Komponente gleich λ, so erh¨alt man als L¨osung     λ 1 x = λ = λ · 1. 0 0 Dies entspricht also der Drehachse. Bemerkung: Jede orthogonale Matrix A (d.h. A−1 = AT , s. Aufgabe 8.3.9 und Aufgabe 8.4.6) beschreibt eine Drehung, ggf. zusammen mit einer Spiegelung. W¨ahrend

A844

480

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen

es in der Ebene keine Drehachse gibt, existiert bei einer Drehung im dreidimensionalen Raum immer eine Drehachse.

8.7 Quadratische Formen

A845

Aufgabe 8.7.1 

 1 2 0 a) Sei A =  2 −1 3 . 0 3 4

Geben Sie die quadratische Form xT Ax zu x = schreibweise an.

b) Geben Sie eine Matrix A ∈ R3×3 an mit

xT Ax = x1 2 + 2x1 x2 − 4x1 x3 + x3 2

 x1 

(x =

x2 x3

in Koordinaten-

 x1  x2 x3

∈ R3 ).

Finden Sie auch eine symmetrische Matrix A, die dies erf¨ ullt?

L¨ osung: a) Durch Ausmultiplizieren erh¨ alt man     1 2 0 x1 xT Ax = (x1 x2 x3 ) ·  2 −1 3  ·  x2  0 3 4 x3   x1 +2x2 = (x1 x2 x3 ) · 2x1 − x2 +3x3  3x2 +4x3

= x1 · (x1 + 2x2 ) + x2 · (2x1 − x2 + 3x3 ) + x3 · (3x2 + 4x3 )

= x21 + 4x1 x2 − x22 + 6x2 x3 + 4x23 . b) Aus Aufgabenteil a) sieht man: •

•

Der Vorfaktor vor x2i ist aii , der Vorfaktor vor xi xj (i 6= j) ist aij + aji .

Also erh¨ alt man xT Ax = 1 · x21 + 2 · x1 x2 − 4 · x1 x3 + 0 · x22 + 0 · x2 x3 + 1 · x23 durch die Matrix

8.7 Quadratische Formen 

1 A =  0 0

481

 2 −4 0 0  0 1

oder durch die symmetrische Matrix   1 1 −2 A =  1 0 0 . −2 0 1 Aufgabe 8.7.2   2 1 Sei A = . Zeigen Sie, dass A positiv definit ist, 1 1

a) indem Sie die Komponentendarstellung von xT Ax betrachten und diese als Summe zweier Quadrate darstellen,

b) indem Sie zeigen, dass alle Eigenwerte positiv sind, c) indem Sie zeigen, dass alle Haupunterdeterminanten positiv sind.

L¨ osung: a) In Komponentendarstellung erh¨ alt man       2 1 x1 2x1 + x2 (x1 x2 ) · · = (x1 x2 ) · x2 x1 + x2 1 1

= x1 · (2x1 + x2 ) + x2 · (x1 + x2 ) = 2x1 2 + x1 x2 + x2 x1 + x2 2 = 2x1 2 + 2x1 x2 + x2 2 = x1 2 + (x1 + x2 )2 ≥ 0.

Die quadratische Form ist also immer gr¨oßer oder gleich Null. Gleichheit

tritt nur ein, falls x1 = 0 und x1 + x2 = 0, also xx12 = 00 ist. Damit ist A positiv definit.

b) Die Eigenwerte von A erh¨ alt man als Nullstellen des charakteristischen Polynoms   2−λ 1 ˙ p(λ) = det(A − λI) = det 1 1−λ = (2 − λ) · (1 − λ) − 1 · 1 = 2 − 2λ − λ + λ2 − 1 = λ2 − 3λ + 1.

Die Nullstellen sind nach der p-q-Formel (s. Satz 1.1.15) s  2 3 3 ± − 1. λ1/2 = 2 2

A846

482

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen Da der Wurzel-Ausdruck kleiner als 32 ist (denn das Quadrat von 23 wird verkleinert, bevor die Wurzel gezogen wird), sind beide Nullstellen, also alle Eigenwerte positiv. Nach Satz 8.7.7 ist die Matrix A also positiv definit.

c) Die Hauptunterdeterminanten sind det(2) = 2 > 0,   2 1 det = 2 − 1 = 1 > 0, 1 1 also alle positiv. Nach Satz 8.7.9 ist die Matrix A also positiv definit. Aufgabe 8.7.3 A847

Sei C ∈ Rn×n eine regul¨ are Matrix.

Begr¨ unden Sie, dass A = C T · C positiv definit ist.

Tipp: Die entsprechende quadratische Form kann man als Quadrat der L¨ange eines Vektors umschreiben.

L¨ osung: Da man das Quadrat der L¨ ange eines Vektors y schreiben kann als kyk2 = y T ·y gilt 2

xT Ax = xT C T Cx = (xT C T ) · (Cx) = (Cx)T · (Cx) = ||Cx|| . Die quadratische Form ist als Quadrat der L¨ange von Cx also immer gr¨oßer oder gleich Null. Dabei gilt Gleichheit nur, falls Cx = 0 ist, was – da C regul¨ar ist – gleichbedeutend mit x = 0 ist. Also ist A positiv definit. Bemerkung: Man kann zeigen, dass auch die Umkehrung gilt: Zu jeder positiv definiten Matrix A gibt es eine regul¨ are Matrix C mit A = C T · C. Diese Darstellung nennt man Cholesky-Zerlegung von A, wobei man u ¨blicherweise A = C˜ · C˜ T schreibt. Die Matrix C ist in gewissem Sinne die Wurzel aus A“. ”

A848

Aufgabe 8.7.4     1 −1 3 2 −1 1 Sei A1 =  −1 0 1  und A2 =  −1 2 1 . 3 1 −5 1 1 3

a) Untersuchen Sie, ob die Matrizen A1 oder A2 positiv definit sind.

8.7 Quadratische Formen

483

b) Testen Sie bei der positiv definiten Matrix f¨ ur verschiedene Vektoren x 6= 0, dass xT Ax > 0 ist. c) Finden Sie f¨ ur die nicht positiv definite Matrix ein x 6= 0 mit xT Ax ≤ 0.

L¨ osung: a) Die Pr¨ ufung auf positive Definitheit kann man mit Hilfe der Hauptunterdeterminanten und Satz 8.7.9 durchgef¨ uhren: Die Hauptunterdeterminanten zu A1 sind det(1) = 1 > 0,   1 −1 det = −1 < 0. −1 0 Damit ist nach Satz 8.7.9 schon klar, dass A1 nicht positiv definit ist. Die Hauptunterdeterminanten zu A2 sind det(2) = 2 > 0,   2 −1 det = 3 > 0, −1 2   2 −1 1 det  −1 2 1  = 3 > 0. 1 1 3

Also ist A2 positiv definit.

b) Zu A2 und beispielsweise x = 

1 0 0

erh¨alt man

     2 −1 1 1 2 (1 0 0) ·  −1 2 1  ·  0  = (1 0 0) ·  −1  = 2 > 0 1 1 3 1 0 oder zu x =



1 1 −1





     2 −1 1 0 1 (1 1 − 1) ·  −1 2 1  ·  1  = (1 1 − 1) ·  0  = 1 > 0. 1 1 3 −1 −1 c) Zu A1 und beispielsweise x = 

0 0 1

erh¨alt man

     1 −1 3 0 3 (0 0 1) ·  −1 0 1  ·  0  = (0 0 1) ·  1  = −5 < 0; 3 1 −5 1 −5

484

8 Lineare Gleichungssysteme und Matrizen auch zu x =

1 1 0

ist

     0 1 1 −1 3 (1 1 0) ·  −1 0 1  ·  1  = (1 1 0) ·  −1  = −1 < 0. 4 0 3 1 −5 

Bemerkung: Man kann hier auch positive Werte erhalten, zum Beispiel f¨ ur x = 

1 1 1

:

     1 −1 3 1 3 (1 1 1) ·  −1 0 1  ·  1  = (1 1 1) ·  0  = 2 > 0. 3 1 −5 1 −1

9

Funktionen mit mehreren Veranderlichen ¨

Aufgabe 9.1.1 Betrachtet werden die folgenden Funktionen R2 → R: p p h(x, y) = x2 + y 2 . f (x, y) = y · exy , g(x, y) = 1 − x2 − y 2 ,

a) Wie lauten die in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckten Funktionsvorschriften?

b) Machen Sie sich mit Hilfe der partiellen Funktionen bzw. mit Hilfe der Polarkoordinaten-Ausdr¨ ucke ein Bild zu den Funktionsgrafen.

L¨ osung: a) Mit x = r · cos ϕ und y = r · sin ϕ erh¨alt man: f (r, ϕ) = r · sin ϕ · er

2

cos ϕ sin ϕ

.

Diese Darstellung kann man nicht wesentlich vereinfachen. Bei g und h erlaubt cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1 (trigonometrischer Pythagoras, s. Satz 1.1.55, 2.) deutliche Vereinfachungen: q 2 2 g(r, ϕ) = 1 − (r · cos ϕ) − (r · sin ϕ) q q = 1 − r2 (cos2 ϕ + sin2 ϕ) = 1 − r2 , | {z } h(r, ϕ) =

q

=1

2

(r · cos ϕ) + (r · sin ϕ)

2

=

© Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_20

√ r2 = r.

A901

486 b)

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen 1) Zu f (x, y) = y · exy :

Man kann beispielsweise partielle Funktionen fy (x) = y · exy in xRichtung bei festem y betrachten. Dann ergibt sich beispielsweise f¨ ur y = 0: f0 (x) = 0, f¨ ur y = 1: f1 (x) = ex , f¨ ur y = 2: f2 (x) = 2 e2x , f¨ ur y = −1: f−1 (x) = − e−x .

f(x, y) 10

5 0 −5 y1

−10 0

−1

0

x

−1

1

Abb. 9.1 f (x, y) = y · exy .

Insgesamt ergibt eine in Abb. 9.1 dargestellte Fl¨ache. p 2) Zu g(x, y) = 1 − x2 − y 2 :

Die partiellen Funktionen in x- und y-Richtung stellen Halbkreise dar (s. Bemerkung 1.3.3, 6.), beispielsweise f¨ ur y = 0 in x-Richtung: p 1 − x2 , g(x, 0) =

f¨ ur x = 0.5 in y-Richtung: p p 1 − 0.52 − y 2 = 0.75 − y 2 . g(0.5, y) =

√ 1 − r2 Die Darstellung g(r, ϕ) = zeigt, dass der Funktionsgraf rotationssymmetisch ist (keine ϕ-Abh¨ angigkeit) und einen rotierenden Halbkreis darstellt (s. Bemerkung 9.2.4). Er bildet also eine Halbkugel, s. Abb. 9.2.

g(x, y) 1

0.5

0 −1

−0.5

0

x 0.5

1 −1

0 −0.5

0.5 y

1

Abb. 9.2 Halbkugel.

3) Zu h(x, y) =

p

x2 + y 2 :

An der Darstellung h(r, ϕ) = r sieht man, dass die Funktionsgraf rotationssymmetisch ist und durch eine rotierende Diagonale gebildet wird, also einen Trichter darstellt, s. Abb. 9.3.

h(x, y)

2

1

0 −2

−1

0x

1

2 −2

Abb. 9.3 Trichter.

−1

1 0 y

2

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

487

Aufgabe 9.1.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) Welche Funktion erzeugt das dar¨ uber stehende Funktionsgebirge“? ” a)

b)

f (x, y)

A902

c)

g(x, y) h(x, y)

2 −1

0

x

0 1

y1

−6

−3

0 x

−1

3

6 −6

−3

6

3

0y

f1 (x, y) = exy

g1 (x, y) = sin(x + y)

f2 (x, y) = ex+y

g2 (x, y) = sin

f3 (x, y) = ex + ey

g3 (x, y) = sin x + sin y

p

x2 + y 2

−2

0

−1

0

1y

−1

x 1

2 −2

h1 (x, y) =

1 (x + y)2 + 1

h2 (x, y) =

1 (x · y)2 + 1

h3 (x, y) =

1 (x + y + 1)2

L¨ osung: a) Richtig ist f3 (x, y) = ex + ey . Die partiellen Funktionen, die man sich als Schnitte durch die Fl¨achen vorstellen kann und insbesondere am Rand der Abbildungen gut zu erkennen sind, sind zueinander verschoben. Dies leistet nur f3 . Die anderen Funktionen haben Merkmale, die mit dem Bild nicht u ¨bereinstimmen: Bei f1 (x, y) = exy sind die Funktionswerte bei x = 0 und bei y = 0 konstant; die partiellen Funktionen f¨ ur x < 0 bzw. y < 0 sind monoton fallend; f¨ ur x → −∞ und y → −∞ gilt f1 (x, y) → +∞, s. Abb. 9.4. Bei f2 (x, y) = ex+y = ex · ey sind die partiellen Funktionen Vielfache voneinander; ferner sind die Funktionswerte auf Diagonalen y = −x + c konstant, insbesondere auch bei y = −x, s. Abb. 9.5. f1 (x, y)

f2 (x, y) 15

8

10 4 5 0 −1

0

0 x

1

−1

Abb. 9.4 f1 (x, y) = exy .

y1

0 −1

0

0 x

1

−1

Abb. 9.5 f2 (x, y) = ex+y .

y1

488

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen

b) Richtig ist g1 (x, y) = sin(x + y). Die partiellen Funktionen in x- und y-Richtung sind in horizontaler Richtung zueinander verschobene SinusSchwingungen. Dies leistet nur g1 (x, y). Die anderen Funktionen haben Merkmale, die mit dem Bild nicht u ¨bereinstimmen: p Der Funktionsgraf zu g2 (x, y) = sin x2 + y 2 ist rotationssymmetrisch, g2 (r) = sin(r), und damit ein rotierender Sinus-Bogen, s. Abb. 9.6. Die partiellen Funktionen in x- und y-Richtung von g3 (x, y) = sin x + sin y sind in vertikaler Richtung zueinander verschobene Sinus-Schwingungen, s. Abb. 9.7.

g2 (x, y) 1 0 −1 −10

0

−5

0 x

5

10

−5 −10

Abb. 9.6 g2 (x, y) = sin

c) Richtig ist h2 (x, y) =

10 5y

p

x2 + y 2 .

g3 (x, y) 2 1 0 −1 −2 −6 −3

6 3 0 y 0 x 3

−3 6 −6

Abb. 9.7 g3 (x, y) = sin x+sin y.

1 (x·y)2 +1 .

Partielle Funktionen bei x = 0 und y = 0 sind konstant. Dies leistet nur h2 (x, y). Die anderen Funktionen haben Merkmale, die mit dem Bild nicht u ¨bereinstimmen: 1 1 Bei h1 (x, y) = (x+y) 2 +1 und h3 (x, y) = (x+y+1)2 sind die Funktionswerte auf Diagonalen y = −x + c konstant, insbesondere auch bei y = −x. Bei h3 gibt es außerdem Singularit¨ aten bei x + y + 1 = 0, s. Abb. 9.8 und Abb. 9.9.

h1 (x, y) 1

h3 (x, y) 10 5

0 −2

0 −2 −1 0

x1 2 −2

−1

Abb. 9.8 h1 (x, y) =

0 y 1

2

−1 0 x1 2 −2

1 . (x+y)2 +1

−1

Abb. 9.9 h3 (x, y) =

0 y 1

2

1 . (x+y+1)2

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

489

Aufgabe 9.1.3 Versuchen Sie, sich die Funktionsgrafen zu den durch die folgenden Ausdr¨ ucke in Polarkoordinaten gegebenen Funktionen als Fl¨achen vorzustellen. 1 b) g(r, ϕ) = r · sin ϕ, a) f (r, ϕ) = , r ϕ c) h(r, ϕ) = r · sin , mit ϕ ∈ [0, 2π]. 2

L¨ osung:

f (x, y) 6

a) Da die Funktionswerte unabh¨ angig von 4 ϕ sind, ist der Funktionsgraf rotations2 symmetrisch. Er stellt einen rotierenden Hyperbelast dar. Im Ursprung hat er ei0 −2 −1 ne Unendlichkeitsstelle und sieht dort 0 2 x1 0 y 1 −1 2 −2 in der N¨ ahe aus wie ein Schornstein, s. Abb. 9.10 f (r, ϕ) = 1r . Abb. 9.10. b) In radialer Richtung verh¨ alt sich die Funktion linear, d.h. man kann sich Strahlen ausgehend vom Ursprung vorstellen, die beim Winkel ϕ die Steigung sin ϕ besitzen. Diese Steigungen beginnen bei Null f¨ ur ϕ = 0 und werden f¨ ur wachsendes ϕ gr¨ oßer bis zur Steigung Eins bei ϕ = π2 . Dann sinken die Steigungen auf Null (bei ϕ = π) und werden negativ bis zu −1 (bei ϕ = 32 π). Bis ϕ = 2π wird die Steigung dann wieder Null, s. Abb. 9.11.

g(x, y) 2

0

−2 −2

−1

0

x1

2

−2

0

−1

1

y

2

Wegen y = r · sin(ϕ) ist in kartesischen Abb. 9.11 g(r, ϕ) = r · sin ϕ. Koordinaten g(x, y) = y. Der Funktionsgraf stellt also eine Ebene dar, die in y-Richtung steigt. c) Wie bei b) ¨ andert sich der Funktionswert in radialer Richtung linear. Die Steigung in Richtung ϕ ist sin ϕ2 . Dabei ist ϕ ∈ [0, 2π] zu beachten, denn beispielsweise stellen ϕ = π und ϕ = 3π die gleichen Richtungen dar, aber sin π2 = +1 und sin 3π 2 = −1.

h(x, y) 2

1

0 −2

−1

0 x

1

2 −2

−1

0

1

2

y

Abb. 9.12 h(r, ϕ) = r · sin

ϕ . 2

F¨ ur die betrachteten ϕ-Werte ist sin ϕ2 immer gr¨oßer oder gleich Null. Von der Steigung Null bei ϕ = 0 nimmt die Steigung zu bis zum maximalen Wert Eins bei ϕ = π. Dann nimmt sie wieder ab bis zu Null bei ϕ = 2π, s. Abb. 9.12.

A903

490

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 9.1.4 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A904

Dr¨ ucken Sie die Punkte     1 0 P1 =  0  , P2 =  1  , 0 1



 −1 P3 =  1  0

und

  1 P4 =  1  1

einerseits in Zylinderkoordinaten und andererseits in Kugelkoordinaten aus.

L¨ osung: In den folgenden Abbildungen sind die Punkte im kartesischen Koordinatensystem dargestellt und jeweils links die Beschreibung mittles Zylinder- und rechts mittels Kugelkoordinaten angedeutet (s. Defintion 9.2.6 und Definition 9.2.10). 1 1) Abb. 9.13 zeigt die Lage von P1 = 0 . Daran liest man direkt ab: 0

• Zylinderkoordinaten: ̺ = 1, ϕ = 0, z = 0,

• Kugelkoordinaten: r = 1, ϕ = 0, ϑ =

π 2.

z

z

1

1

ϑ y ̺

r

b

1 x

Abb. 9.13 Der Punkt P1 =

y

1

1

1 0 0

b

1 x

in Zylinder- und Kugelkoordinaten.

2) Abb. 9.14 zeigt die Lage von P2 =

0 1 1

.

Bei den Zylinderkoordinaten ist ̺ der Abstand zur z-Achse, hier also ̺ = 1, w¨ ahrend √ bei den Kugelkoordinaten r den Abstand zum Ursprung angibt, hier r = 2, wie man leicht mit Hilfe des Satzes von Pythagoras sieht. Die Winkel kann man an Abb. 9.14 ablesen: • Zylinderkoordinaten: ̺ = 1, ϕ = π2 , z = 1, √ • Kugelkoordinaten: r = 2, ϕ = π2 , ϑ = π4 . z 1

̺ b

b

z ϕ

1 ϑ

y

y

1

1

ϕ

1 x Abb. 9.14 Der Punkt P2 =

r

1 x

0 1 1

in Zylinder- und Kugelkoordinaten.

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

491

 −1  3) Abb. 9.15 zeigt die Lage von P3 = 1 . Daran liest man direkt ab: 0 √ • Zylinderkoordinaten: ̺ = 2, ϕ = 34 π, z = 0, √ • Kugelkoordinaten: r = 2, ϕ = 34 π, ϑ = π2 . z

z

1

ϑ 1

b

b

y

̺

y

r

1

1

ϕ

ϕ 1 x

1 x

 −1 

Abb. 9.15 Der Punkt P3 =

1 0

4) Abb. 9.16 zeigt die Lage von P4 =

in Zylinder- und Kugelkoordinaten.

1 1 1

.

Hier ist wie bei 2) die unterschiedliche Bedeutung von ̺ und r wichtig. Den Wert von√̺ erh¨ alt man als Diagonale in einem Quadrat mit Seitenl¨ange 1, 2, den Wert von r dann im rechtwinkligen Dreieck mit den Seiten also ̺ = √ 2 (in der (x, y)-Ebene) und 1 (als H¨ohe) mit dem Satz von Pythagoras: q√ √ r = ( 2)2 + 12 = 3. Alternativ erh¨ alt man r als  

1 p √

r = k~ p4 k =  1  = 12 + 12 + 12 = 3. 1

Die Winkel liest man an Abb. 9.16 ab, wobei ϑ keinen glatten Wert besitzt. √ • Zylinderkoordinaten: ̺ = 2, ϕ = π4 , z = 1, √ √ • Kugelkoordinaten: r = 3, ϕ = π4 , ϑ = arccos √13 = arctan 12 . z

z

̺ b

b

1

1 ϑ

y

1

r y 1

ϕ

ϕ 1 x

Abb. 9.16 Der Punkt P4 =

1 x

1 1 1

in Zylinder- und Kugelkoordinaten.

492

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 9.1.5 A905

Geben Sie verschiedene Parameterbereiche f¨ ur Kugelkoordinaten r, ϕ und ϑ an, mit denen Sie Viertelkugeln (mit Radius 1) beschreiben k¨onnen. Wo liegen die Viertelkugeln?

Lo ¨sung: Wegen des Radius Eins ist immer r ∈ [0, 1]. F¨ ur ϕ und ϑ gibt es viele M¨oglichkeiten; im Folgenden sind exemplarisch vier verschiedene Viertelkugeln beschrieben.       2) ϕ ∈ [0, π], ϑ ∈ 0, π2 . 1) ϕ ∈ − π2 , π2 , ϑ ∈ 0, π2 . z

z

y

ϑ

y

ϑ

ϕ

ϕ

r

r

x Abb. 9.17 Erste Viertelkugel.

  3) ϕ ∈ 0, π2 , ϑ ∈ [0, π].

Abb. 9.18 Zweite Viertelkugel.

π

3 2 , 2π

4) ϕ ∈

z

z

ϕ

ϕ

Abb. 9.19 Dritte Viertelkugel.

,ϑ∈

π

2,π



.

y

r x

r

ϑ x

Abb. 9.20 Vierte Viertelkugel.

Aufgabe 9.1.6 A906



y

ϑ

x

Das elektrische Feld eines langen geladenen Stabes ist radial vom Stab weg gerichtet und hat einen Betrag Abstand czum Stab mit einer Konstanten c. Geben Sie eine formelm¨ aßige Beschreibung des Feldes in geeigneten Koordinaten an.

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

493

L¨ osung: Es bietet sich an, die z-Achse eines Koordinatensystems in den Stab zu legen und (lokale) Zylinderkoordinaten zur Beschreibung des Feldes zu w¨ahlen (s. Bemerkung 9.2.9).

z

y ̺

Die elektischen Feldlinien zeigen dann in ̺Richtung, also parallel zu ~e̺ . Wegen

x

̺ = Abstand zum Stab und k~e̺ k = 1 kann man das elektrische Feld beschreiben durch

Abb. 9.21 Feld in Zylinderkoordinaten.

~ = c · ~e̺ . E ̺ Aufgabe 9.1.7 Ziel der Aufgabe ist die Bestimmung des elektrischen Feldes eines Dipols mit entgegengesetzten Ladungen an den Stellen (0, 0, d2 ) und (0, 0, − d2 ).

Anleitung:

a) Das elektrische Feld einer Punktladung ist (abh¨ angig vom Vorzeichen der Ladung) von der Ladung weg bzw. zu ihr hin gerichtet und hat den Betrag c (Abstand zur Ladung)2

b

~1 E

b

d 2

mit einer Konstanten c. Nutzen Sie dies, um herzuleiten, dass (in Zylinderkoordinaten und bzgl. ~ 1 einer Punktladung in (0, 0, d ) an der der lokalen Koordinaten) das Feld E 2 durch ̺, ϕ und z gegebenen Stelle beschrieben wird durch   d
c ~1 = · ~ e · ̺ · ~ e + z − E z . ̺
3/2 2 ̺2 + (z − d2 )2

~ 2 einer entgegengesetzt geladenen Punktladung in b) Wie lautet das Feld E d (0, 0, − 2 )? ~ 1 und E ~ 2: ¨ c) Das Dipolfeld entsteht durch Uberlagerung von E ~ Dipol = E ~1 + E ~ 2. E Nehmen Sie d als klein an und nutzen Sie eine lineare N¨aherung bzgl. d, ~ Dipol n¨ um E aherungsweise zu vereinfachen.

A907

494

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen

L¨ osung: ~ 1 zeigt in die gleia) Der Vektor E che Richtung wie der Vektor ~h = −−→ P Q (s. Abb. 9.22). Diesen Vektor kann man darstellen als

P

z

Q

z−

d 2

P′ b

d 2

Die L¨ ange des Vektors ~h ist genau der Abstand vom Punkt P zur Ladung; offensichtlich ist r d
2 ~ ̺2 + z − khk = . 2 ~ 1: Nun gilt f¨ ur die L¨ ange von E

b

~e̺

~h


~h = ̺ · ~e̺ + z − d · ~ez . 2

~ 1k = kE

~1 E

~ez

̺

Abb. 9.22 Hilfsgr¨ oßen zur Berechnung.

c c = . ~ (Abstand zur Ladung)2 khk2

Durch entsprechende Skalierung erh¨ alt man c 1 ~ c ~ 1 = kE ~ 1 k · 1 · ~h = · ·h = · ~h E 2 ~ ~ ~ ~ khk khk khk khk3   c d
=
3/2 · ̺ · ~e̺ + z − 2 · ~ez . ̺2 + (z − d2 )2

~ 2 , indem man in den Formeln f¨ ~1 z − d “ b) Man erh¨ alt die Formeln f¨ ur E ur E 2 ” d durch z + 2 “ und c durch −c ersetzt: ”   d
−c ~2 =  · ̺ · ~ e + z + E . · ~ e ̺ z
2 3/2 2 ̺2 + z + d2 ~ Dipol erh¨ ¨ c) F¨ ur das Dipolfeld E alt man als Uberlagerung ~ Dipol = E ~1 + E ~2 E 

 = c · ̺ ·  

1 ̺2 + z −

 + c · 

z−


3/2 d 2 2

̺2 + z −

d 2

−


3/2 d 2 2

1 ̺2 + z +

−

z+



 3/2  · ~e̺
2 d 2

̺2 + z +

d 2



 3/2  · ~ez .
2 d 2

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen

495

Die Ausdr¨ ucke in den großen Klammern kann man auffassen als f1

d 2




− f1 − d2







− f2 − d2




zu

f1 (x) := 

bzw. f2

d 2

zu

f2 (x) := 

1 ̺2 + (z − x)

2

z−x ̺2 + (z − x)

2

3/2 3/2 .

Bei kleinem d ist (s. Bemerkung 5.1.9)

f1 d2 ≈ f1 (0) + d2 · f1′ (0) und f1 − d2 ≈ f1 (0) −

d 2

· f ′ (0),

also

f1

d 2




− f1 − d2




≈



f1 (0) +

= 2·

d 2

d 2

  · f1′ (0) − f1 (0) −

d 2

· f1′ (0)

· f1′ (0) = d · f1′ (0),

und entsprechend

f2 d2 − f2 − d2 ≈ d · f2′ (0). Es ist

also

3 f1′ (x) = − ·  2 f1′ (0) =

3 (z − x) −2 (z − x) 5/2 =  5/2 , 2 2 2 2 ̺ + (z − x) ̺ + (z − x)

3z (̺2

+

5/2 z2)

=

3z r5

mit

r =

p

̺2 + z 2

und wegen f2 (x) = (x − z) · f1 (x) nach der Produktregel f2′ (x) = −f1 (x) + (z − x) · f1′ (x), also f2′ (0) = −f1 (0) + z · f1′ (0) = −

1 3z 2 + . r3 r5

Damit ergibt sich f¨ ur das Dipolfeld angen¨ahert



496

9 Funktionen mit mehreren Ver¨anderlichen L¨ ange des ~e̺ -Anteils = c · ̺ · f1

d 2




− f1 − d2





3z ≈ c · ̺ · d · f1′ (0) = c · ̺ · d · 5 , r


L¨ ange des ~ez -Anteils = c · f2 d2 − f2 − d2   2 1 3z ′ − 3 . ≈ c · d · f2 (0) = c · d · r5 r

Damit kann das Dipolfeld ann¨ ahernd beschrieben werden durch:   2   ~ Dipol ≈ c · d · 3̺z · ~e̺ + 3z − 1 · ~ez . E r5 r5 r3 Aufgabe 9.1.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 8 Minuten) A908

Betrachtet wird das in (lokalen) Kugelkoordinaten gegebene Vektorfeld F~ : R3 → R3 , F~ (r, ϕ, ϑ) = r · cos ϕ · ~er + r · sin ϕ · ~eϕ + sin ϑ · ~eϑ . Geben Sie den Funktionsvektor an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (0, 2, 0) einerseits in lokalen Kugelkoordinaten und andererseits in kartesischen Koordinaten an.

L¨ osung: Die Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (0, 2, 0) entspricht in Kugelkoordinaten r = 2,

ϕ=

π 2

und

ϑ=

π , 2

z ϑ

2 r

y b

ϕ x

s. Abb. 9.23. Der Funktionsvektor an der Stelle ist also in den (lokalen) Kugelkoordinaten gegeben durch π π F~ = F~ (2, , ) 2 2 π π π = 2 · cos · ~er + 2 · sin · ~eϕ + sin · ~eϑ 2 2 2 = 0 + 2 · ~eϕ + 1 · ~eϑ .

Abb. 9.23 Kugelkoordina  ten zu P2 =

0 2 0

.

9 Funktionen mit mehreren Ver¨ anderlichen Beim lokalen Koordinatensystem (s. Bemerkung 9.2.14) an der Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (0, 2, 0) liegt ~eϕ in negativer x-Richtung und ~eϑ in negativer zRichtung (s. Abb. 9.24), so dass man in kartesischen Koordinaten   −2 F~ =  0  −1 erh¨ alt.

497

z

~eϕ

~er b

y

~eϑ x Abb. 9.24 Lokales Koordinatensystem.

10

Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨ anderlichen

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

Aufgabe 10.1.1 Berechnen Sie zu den folgenden Funktionen s¨amtliche partielle Ableitungen erster und zweiter Ordnung. x2 y . z2 + 1 b) f : R2 → R, f (x, y) = exy · sin(x2 + y). a) f : R3 → R, f (x, y, z) =

L¨ osung: a) Die Ableitungen erster Ordnung sind 2xy ∂ f (x, y, z) = 2 , ∂x z +1 ∂ x2 f (x, y, z) = 2 , ∂y z +1 −2z ∂ f (x, y, z) = x2 y · 2. 2 ∂z (z + 1) Die Ableitungen zweiter Ordung sind ∂ ∂ ∂2 2y f (x, y, z) = f (x, y, z) = 2 , 2 ∂x ∂x ∂x z +1 2x ∂ ∂ f (x, y, z) = 2 , ∂y ∂x z +1 ∂ ∂ −2z f (x, y, z) = 2xy · 2, ∂z ∂x (z 2 + 1) © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_21

A931

500

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen 2x ∂ ∂ f (x, y, z) = 2 , ∂x ∂y z +1 ∂2 ∂ ∂ f (x, y, z) = f (x, y, z) = 0, 2 ∂y ∂y ∂y ∂ ∂ −2z f (x, y, z) = x2 · 2, 2 ∂z ∂y (z + 1) ∂ ∂ −2z f (x, y, z) = 2xy · 2, 2 ∂x ∂z (z + 1) ∂ ∂ −2z f (x, y, z) = x2 · 2, 2 ∂y ∂z (z + 1) ∂2 ∂ ∂ f (x, y, z) = f (x, y, z) ∂z 2 ∂z ∂z
2
−2 · z 2 + 1 + 2z · 2 z 2 + 1 · 2z 2 = x y· 4 (z 2 + 1) 2 6z − 2 = x2 y 3. (z 2 + 1) Man sieht, dass entsprechend des Satz von Schwarz (s. Satz 10.1.4) gilt: ∂ ∂ ∂ ∂ f (x, y, z) = f (x, y, z), ∂x ∂y ∂y ∂x ∂ ∂ ∂ ∂ f (x, y, z) = f (x, y, z) ∂x ∂z ∂z ∂x

und

∂ ∂ ∂ ∂ f (x, y, z) = f (x, y, z). ∂y ∂z ∂z ∂y b) Die Ableitungen erster Ordnung sind

∂ f (x, y) = y · exy · sin x2 + y + exy · 2x · cos x2 + y , ∂x

∂ f (x, y) = x · exy · sin x2 + y + exy · cos x2 + y . ∂y

Die Ableitungen zweiter Ordnung sind



∂2 f (x, y) = y 2 · exy · sin x2 + y + y · exy · 2x · cos x2 + y 2 ∂x

+ y · exy · 2x · cos x2 + y + 2 exy · cos x2 + y
− 2x · exy · sin x2 + y · 2x 

= exy · y 2 − 4x2 · sin x2 + y
 + (4xy + 2) · cos x2 + y ,

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

501



∂ ∂ f (x, y) = exy · sin x2 + y + xy · exy · sin x2 + y ∂y ∂x

+ y · exy · cos x2 + y + x · exy · 2x · cos x2 + y
− 2x · exy · sin x2 + y 

= exy · 1 − 2x + xy · sin x2 + y

 + 2x2 + y · cos x2 + y ,

∂ ∂ f (x, y) = exy · sin x2 + y + xy · exy · sin x2 + y ∂x ∂y

+ 2x2 · exy · cos x2 + y + y · exy · cos x2 + y
− 2x · exy · sin x2 + y 

= exy · 1 − 2x + xy · sin x2 + y

 + 2x2 + y · cos x2 + y =

∂ ∂ f (x, y), ∂y ∂x



∂2 f (x, y) = x2 · exy · sin x2 + y + x · exy · cos x2 + y 2 ∂y

+ x · exy · cos x2 + y − exy · sin x2 + y 


 = exy · x2 − 1 · sin x2 + y + 2x · cos x2 + y .

Aufgabe 10.1.2

Zu zwei Vektoren a, b ∈ Rn , a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) wird das Skalarprodukt a · b = a1 b1 + . . . + an bn betrachtet. Berechnen Sie grad f (x) zu den folgenden Funktionen: a) f : Rn → R, f (x) = a · x zu fest gew¨ahltem a ∈ Rn .

b) f : Rn → R, f (x) = x · x.

c) Zu einer symmetrischen Matrix A ∈ Rn×n und einem Vektor x ∈ Rn kann man die quadratische Form xT Ax bilden. Sei   5 2 2 T f : R → R, x 7→ x Ax mit A = . 2 −1 Sehen Sie einen Zusammenhang zwischen A und grad f (x)?

L¨ osung: a) Mit x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ist f (x) = a · x = a1 x1 + a2 x2 + . . . + an xn , also

A932

502

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen ∂ f (x) = a1 , ∂x1

∂ f (x) = a2 , ∂x2

...

,

∂ f (x) = an . ∂xn

Also ist grad f (x) = (a1 , a2 , . . . , an ) = a. b) Mit x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ist f (x) = x · x = x21 + x22 + . . . + x2n , also ∂ f (x) = 2x1 , ∂x1

∂ f (x) = 2x2 , ∂x2

...

,

∂ f (x) = 2xn . ∂xn

Also ist grad f (x) = (2x1 , . . . , 2xn ) = 2x. c) Es ist: f (x1 , x2 ) =

   
5 2 x1 x1 x2 · · = x2 2 −1

 
5x1 + 2x2 x1 x2 · 2x1 − x2

= x1 · (5x1 + 2x2 ) + x2 · (2x1 − x2 ) = 5x1 2 + 4x1 x2 − x2 2 . Damit ist dann: ∂ f (x) = 10x1 + 4x2 , ∂x1

und

∂ f (x) = 4x1 − 2x2 , ∂x2

also grad f (x) = (10x1 + 4x2 , 4x1 − 2x2 ) . Man sieht, dass grad f (x) = 2 · A · x ist (genauer, wenn man Zeilen- und
T Spaltenvektor unterscheidet: grad f (x) = 2 · A · x ).

Bemerkung:

¨ Man sieht in den Formeln eine große Ahnlichkeit zu eindimensionalen Formeln: • Zu f (x) = a · x zu fest gew¨ ahltem a ist f ′ (x) = a.

• Zu f (x) = x2 = x · x ist f ′ (x) = 2x.

Die Formel zu c) gilt allgemein bei f (x) = xT Ax mit einer symmetrischen Matrix A:
T grad f (x) = 2 · A · x .

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

503

Dies entspricht im Eindimensionen der Funktion f (x) = a·x2 mit der Ableitung f ′ (x) = 2ax. Aufgabe 10.1.3 a) F¨ uhren Sie von Hand je zwei Schritte des Gradientenverfahrens zur Minimierung von f : R2 → R,

f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy

ausgehend von (0, 1) mit Schrittweite λ = 12 , λ =

1 4

und λ =

1 8

aus.

b) F¨ uhren Sie von Hand zwei Schritte des Gradientenverfahrens zur Minimierung von f : R3 → R,

f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3

ausgehend von (2, 3, 4) mit Schrittweite λ =

1 2

aus.

c) Schreiben Sie ein Programm zur Minimierung von f aus a) bzw. b) mittels des Gradientenverfahrens und experimentieren Sie mit verschiedenen Startwerten und unterschiedlichen Schrittweiten.

L¨ osung: a) Es ist grad f (x, y) =


4x3 − 4y, 4y − 4x .

F¨ ur den ersten Schritt des Gradientenverfahrens (s. Bemerkung 10.1.10) ist speziell grad f (0, 1) = (−4, 4) relevant. • Bei einer Schrittweite λ = x(1) , y (1) Wegen




1 2

= (0, 1) −

grad f x(1) , y (1)




kommt man nach einem Schritt zu 1 (−4, 4) = (2, −1). 2

= grad f (2, −1) = (36, −12)

ergibt der zweite Schritt x(2) , y (2)




= =


1
x(1) , y (1) − grad f x(1) , y (1) 2 1 = (−16, 5). (2, −1) − (36, −12) 2

A933

504

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen • Bei einer Schrittweite λ = x(1) , y (1) Wegen




1 4

= (0, 1) −

grad f x(1) , y (1)




kommt man nach einem Schritt zu 1 (−4, 4) = (1, 0). 4

= grad f (1, 0) = (4, −4)

ergibt der zweite Schritt x(2) , y (2)




1 = (1, 0) − (4, −4) = (0, 1). 4

Dies entspricht dem Ausgangspunkt. Die weiteren Iterationsstellen springen also immer zwischen (1, 0) und (0, 1). • Bei einer Schrittweite λ = x(1) , y (1) Wegen




1 8

= (0, 1) −

grad f x(1) , y (1)




kommt man nach einem Schritt zu 1 (−4, 4) = (0.5, 0.5). 8

= grad f (0.5, 0.5) = (−1.5, 0)

ergibt der zweite Schritt x(2) , y (2)




1 = (0.5, 0.5) − (−1.5, 0) = (0.6875, 0.5). 8

b) Es ist grad f (x1 , x2 , x3 ) = (4x1 − 2x2 − 2, −2x1 + 2x2 , 2x3 − 4) , speziell grad f (2, 3, 4) = (0, 2, 4). Nach einem Schritt kommt man zu (1)

(1)

(1)


= (2, 3, 4) −

(2)


= (2, 2, 2) −

x1 , x2 , x3

1 · (0, 2, 4) = (2, 2, 2). 2

Wegen grad f (2, 2, 2) = (2, 0, 0) ergibt sich als zweiter Schritt (2)

(2)

x1 , x2 , x3

1 · (2, 0, 0) = (1, 2, 2). 2

c) Bei einem Programm ist es g¨ unstig, die numerische Berechnung des Gradienten zu nutzen (s. Bemerkung 10.1.11). Man erh¨alt dann beispielsweise in den F¨ allen aus a) und b) zwar nicht die exakt gleichen Werte, aber das grunds¨ atzliche Verhalten ist ¨ ahnlich, abgesehen von dem (in der Praxis eigentlich nicht auftretenden) periodischen Fall aus a) mit Schrittweite

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

505

λ = 41 , bei dem die numerischen Werte zun¨achst geringf¨ ugig und dann immer weiter von den exakt berechneten Werten abweichen. Neben der Implementierung eines Iterationsschritts braucht man bei einem Programm ein Abbruchkriterium. Dazu sollte man zum einen die Iterationsanzahl begrenzen. Ferner sollte man bei Divergenz abbrechen, z.B. durch Kontrolle der Betr¨ age der Iterationsstellen. Schließlich sollte man abbrechen, wenn man sich numerisch genau genug einer Extremstelle gen¨ ahert hat. Das kann man dadurch realisieren, dass man abbricht, wenn sich an den Iterationsstellen nicht mehr viel ¨andert (oder – gleichbedeutend – wenn der Gradient eine gewisse L¨ ange unterschritten hat), oder wenn der Funktionswert an den Iterationsstellen sich nicht mehr viel ¨andert. Beim Experimentieren mit verschiedenen Schrittweiten sieht man: • W¨ ahlt man zu große Schrittweiten λ, so konvergiert das Verfahren nicht. • Bei sehr kleinen Schrittweiten λ dauert es sehr lange, bis das Verfahren konvergiert, d.h., sich numerisch nicht mehr viel ¨andert. Aufgabe 10.1.4 Die beiden Platten eines (unendlich ausgedehnten) Plattenkondensators seien x x beschrieben durch die beiden Ebenen { y | x = 0} und { y | x = 1}. Das z z ~ zwischen den Kondensatorplatten ist homogen: E(x, ~ elektrisches Feld E y, z) = E  0 f¨ ur 0 < x < 1. 0 0

a) Suchen Sie eine Potenzialfunktion Φ(x, y, z), also eine Funktion Φ : R3 → R ~ = −grad Φ. mit E ¨ b) Bestimmen Sie die Aquipotenzialfl¨ achen, d.h. die Punktemengen, auf denen Φ konstant ist.

L¨ osung: a) Es muss gelten: (E0 , 0, 0) = −grad Φ =



 ∂ ∂ ∂ − Φ, − Φ, − Φ , ∂x ∂y ∂z

also E0 = −

∂ Φ ∂x

und

∂ ∂ Φ = 0 = Φ. ∂y ∂z

Die Funktion Φ h¨ angt also nur von x ab, und die x-Ableitung ist konstant gleich −E0 . Dies erf¨ ullt Φ(x, y, z) = −E0 · x + c mit einer beliebigen Konstanten c, z.B. c = 0, also Φ(x, y, z) = −E0 x.

A934

506

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

b) Mit der Potenzialfunktion Φ(x, y, z) = −E0 x erh¨alt man ¨ Aquipotenzialf¨ achen = Fl¨ achen, auf denen Φ konstant ist, n x  o y Φ(x, y, z) = d , = d fest, z n x  o y − E0 · x = d = z    x d y x = − = z E0 = Ebenen parallel zur(y, z)-Ebene.

Die letzte Mengendarstellung kann man  als Normalendarstellung einer 1 Ebene ansehen mit Normalenvektor 0 . 0

¨ Anschaulich kann man sich den Verlauf der Aquipotenzialfl¨ achen folgendermaßen verdeutlichen: Nach Satz 10.1.8, 2., ¨andert sich Φ senkrecht zu ¨ grad Φ nicht, d.h., die Aquipotenzialfl¨ achen verlaufen senkrecht zu grad Φ ~ Also gilt: und damit auch zu dem elektrischen Feld −grad Φ = E. ¨ Aquipotenzialf¨ achen ~ = = Fl¨ achen, die senkrecht zu E

 −E  0 0

0

sind,

= Fl¨ achen, die senkrecht zur x-Richtung sind, = Ebenen parallel zur (y, z)-Ebene.

Aufgabe 10.1.5 A935

Sei f : R3 → R, f (x, y, z) = x2 · sin(yz).

Berechnen Sie den Gradienten zu f an der Stelle (x0 , y0 , z0 ) = (2, 1, 3) n¨aherungsweise, indem Sie jeweils numerische Ableitungen nutzen, d.h. entsprechende Differenzenquotienten, mit h = 0.1. Wie lautet der Gradient an der Stelle exakt? (Nutzen Sie einen Taschenrechner!)

L¨ osung: Es ist ∂ f (x0 + h, y0 , z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) f (x0 , y0 , z0 ) ≈ , ∂x h also hier konkret f (2.1, 1, 3) − f (2, 1, 3) ∂ f (2, 1, 3) ≈ ≈ 0.5786. ∂x 0.1

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

507

Es ist ∂ f (x0 , y0 + h, z0 ) − f (x0 , y0 , z0 ) f (x0 , y0 , z0 ) ≈ , ∂y h also hier konkret f (2, 1.1, 3) − f (2, 1, 3) ∂ f (2, 1, 3) ≈ ≈ −11.96. ∂y 0.1 Es ist ∂ f (x0 , y0 , z0 + h) − f (x0 , y0 , z0 ) f (x0 , y0 , z0 ) ≈ , ∂z h also hier konkret f (2, 1, 3.1) − f (2, 1, 3) ∂ f (2, 1, 3) ≈ ≈ −3.982. ∂z 0.1 Also ist grad f (2, 1, 3) ≈ (0.5786, −11.96, −3.982). Exakt ist grad f (x, y, z) = (2x · sin(yz), x2 z · cos(yz), x2 y · cos(yz)), also grad f (2, 1, 3) = (4 · sin(3), 12 · cos(3), 4 · cos(3)) ≈ (0.5645, −11.88, −3.960). Aufgabe 10.1.6 Das Potenzial eines im Ursprung befindlichen in z-Richtung ausgerichteten Dipols ist (in einiger Entfernung vom Ursprung angen¨ahert) durch z in Zylinderkoordinaten bzw. + z 2 )3/2 cos ϑ in Kugelkoordinaten Φ(r, ϕ, ϑ) = c · 2 r Φ(̺, ϕ, z) = c ·

(̺2

mit einer Konstanten c gegeben. ~ = −grad Φ einerseits in Zylinder- und Berechnen Sie das elektrische Feld E andererseits in Kugelkoordinaten.

A936

508

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

L¨ osung: In Zylinderkoordinaten ist nach Satz 10.1.13, 1.,   1 ∂Φ ∂Φ ∂Φ ~ · ~e̺ + · · ~eϕ + · ~ez E = −grad Φ = − ∂̺ ̺ ∂ϕ ∂z   3 z − = −c · · · 2̺ · ~e̺ + 0 · ~eϕ 5/2 2 2 (̺ + z 2 ) !
1/2
3/2 · 2z − z · 23 · ̺2 + z 2 1 · ̺2 + z 2 + ·~ez 3 (̺2 + z 2 ) | {z } =

= −c · =

c·

(̺2 +z2 )1/2 ·[(̺2 +z2 )−z·3·z] ̺2 −2z 2 = (̺2 +z2 )3 (̺2 +z2 )5/2

−3̺z

(̺2 + z 2 )

5/2

· ~e̺ +

3̺z (̺2 + z 2 )

5/2

· ~e̺ +

̺2 − 2z 2

(̺2 + z 2 )

5/2

2z 2 − ̺2

(̺2 + z 2 )

5/2

· ~ez · ~ez

!

!

.

In Kugelkoordinaten ist nach Satz 10.1.13, 2.,   ∂Φ 1 ∂Φ 1 ∂Φ ~ E = −grad Φ = − · ~er + · ~eϕ + · ~eϑ ∂r r sin ϑ ∂ϕ r ∂ϑ 

cos ϑ 1 − sin ϑ = −c · −2 3 · ~er + 0 · ~eϕ + · · ~eϑ r r r2 =

c·



 2 cos ϑ sin ϑ · ~er + 3 · ~eϑ . r3 r



Bemerkung: Die Darstellung in Zylinderkoordinaten entspricht der in Aufgabe 9.1.7 entwickelten Darstellung    2  1 3z 3̺z ~ · ~e̺ + − 3 · ~ez , EDipol ≈ c · d · r5 r5 r p denn dort ist r = ̺2 + z 2 und daher 1 3z 2 − r2 3z 2 − (̺2 + z 2 ) 2z 2 − ̺2 3z 2 − = = = . 5/2 r5 r3 r5 r5 (̺2 + z 2 )

10.1 Partielle Ableitung und Gradient

509

Aufgabe 10.1.7 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten) Sei f : R3 → R in Kugelkoordinaten gegeben durch

A937

2

f (r, ϕ, ϑ) = r · cos(ϕ) · sin(2ϑ). a) Welchen Funktionswert hat f an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1)? b) Geben Sie den Gradienten grad f (r, ϕ, ϑ) in (lokalen) Kugelkoordinaten an. c) Geben Sie den Gradienten von f an der (in kartesischen Koordinaten gegebenen) Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1) in kartesischen Koordinaten an.

L¨ osung: 1 a) Abb. 10.1 zeigt die Lage von P = 0 . Daran liest 1 man direkt die Darstellung in Kugelkoordinaten ab: √ r = 2,

ϕ = 0,

z 1 ϑ

π ϑ = . 4

Damit ist der Funktionswert an dieser Stelle gleich √ √ f ( 2, 0, π4 ) = ( 2)2 · cos(0) · sin(2 · π4 ) = 2 · 1 · 1 = 2.

b

r y

1 x Abb.  1  10.1 Der Punkt P = 0 in Kugelkoordinaten. 1

b) Nach Satz 10.1.13, 2., ist grad f (r, ϕ, ϑ) =

∂f 1 ∂f 1 ∂f · ~er + · ~eϕ + · ~eϑ ∂r r sin ϑ ∂ϕ r ∂ϑ

= 2r · cos(ϕ) · sin(2ϑ) · ~er 1 + · r2 · (− sin(ϕ)) · sin(2ϑ) · ~eϕ r sin ϑ 1 + · r2 · cos(ϕ) · cos(2ϑ) · 2 · ~eϑ . r = 2r · cos(ϕ) · sin(2ϑ) · ~er sin(2ϑ) · ~eϕ sin ϑ + 2r · cos(ϕ) · cos(2ϑ) · ~eϑ . − r · sin(ϕ) ·

√ c) An der Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1) ist entsprechend a) r = 2, ϕ = 0, ϑ = π4 und damit nach b) der Gradient an dieser Stelle in Kugelkoordinaten gegeben durch

510

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen √ √ grad f ( 2, 0, π4 ) = 2 · 2 · cos(0) · sin(2 · π4 ) · ~er √ sin(2 · π4 ) · ~eϕ − 2 · sin(0) · sin π4 √ + 2 · 2 · cos(0) · cos(2 · π4 ) · ~eϑ = 2· = 2·

√

√

2 · ~er − 0 · ~eϕ + 0 · ~eϑ 2 · ~er .

Der lokale ~er -Vektor an der Stelle (x, y, z) = (1, 0, 1) zeigt in diagonale (x, z)-Richtung (s. Abb. 10.2) und hat L¨ ange 1; in kartesischen Koordinaten ist dort also ~er = ( √12 , 0, √12 ) und damit √ √ grad f ( 2, 0, π4 ) = 2 · 2 · ~er = (2, 0, 2) in kartesischen Koordinaten.

z 1

~er b

y

1 x Abb. 10.2 ~er -Vektor.

10.2 Anwendungen 10.2.1 Lokale Extremstellen

Aufgabe 10.2.1 A938

Bestimmen Sie die station¨ aren Punkte von a) f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy,

b) f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3 .

L¨ osung: a) Die station¨ aren Punkte sind die Nullstellen des Gradienten. Hier ist
grad f (x, y) = 4x3 − 4y, 4y − 4x . Damit gilt:

grad f (x, y) = (0, 0) ⇔

⇔

⇔

4x3 − 4y = 0 und 4y − 4x = 0

x3 = y und y = x

x3 = x und y = x

10.2 Anwendungen ⇔

511


x = 0 oder x = 1 oder x = −1 und y = x.

Damit sind (0, 0), (1, 1) und (−1, −1) die station¨aren Punkte von f .

b) Aus

!

grad f (x1 , x2 , x3 ) = (4x1 − 2x2 − 2, −2x1 + 2x2 , 2x3 − 4) = 0 ergibt sich 4x1 − 2x2 − 2 − 2x1 + 2x2 2x3 − 4

= 0, = 0, = 0.

Aus der dritten Gleichung folgt x3 = 2. Addiert man die ersten beiden Gleichungen, erh¨ alt man 2x1 − 2 = 0, also x1 = 1. Aus der zweiten Gleichung erh¨ alt man damit x2 = x1 = 1. Der einzige station¨ are Punkt von f ist daher (1, 1, 2). Bemerkung: Satz 10.3.14 gibt unter Benutzung der Hesse-Matrix eine hinreichende Bedingung, ob tats¨ achlich eine Extremstelle vorliegt, s. Aufgabe 10.3.7. Aufgabe 10.2.2 Eine quaderf¨ ormige Kiste, die oben offen ist, soll einen Inhalt von 32 Litern haben. Bestimmen Sie L¨ ange, Breite und H¨ohe so, dass der Materialverbrauch f¨ ur die Kiste minimal ist.

L¨ osung: Sei x die L¨ ange, y die Breite und z die H¨ohe der Kiste.

z

y

Dann ist der Materialverbrauch f¨ ur die Kiste f (x, y, z) = x · y + 2 · xz + 2 · yz . |{z} | {z } Boden

Seitenw¨ ande

Mit der Nebenbedingung, dass der Inhalt 32 Liter betragen soll, kann man eine der Variablen durch die anderen ausdr¨ ucken. Mit V = 32 Liter = 32 dm3 ist

V . x·y Zu minimieren ist also die Funktion x·y·z = V

⇔

z =

x Abb. 10.3 Quaderf¨ ormige Kiste

A939

512

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen 

 V V V = xy + 2 · x · +2·y· x·y x·y x·y 2V 2V = xy + + . y x

g(x, y) = f

x, y,

Kandidaten f¨ ur Extremstellen sind Nullstellen des Gradienten:   2V 2V ! = (0, 0) grad g(x, y) = y − 2 , x − 2 x y ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2V x2 2V y = x2 y =

und und

2V y2 2V x4 x = =
2 2V 2V 2 x =

x

2V y = und 2V = x3 x2 p √ 3 3 und x = 2V = 64 dm3 = 4 dm √ 1 2 2V 3 y = √ 2V = 2V · (2V )− 3 = (2V ) 3 = 3 2 ( 2V ) p 3 = 64 dm3 = 4 dm.

Also ist (4 dm, 4 dm) die einzige potenzielle Extremstelle.

Da es offensichtlich eine optimale Dimensionierung gibt (f¨ ur x → 0 oder x → ∞ gilt g(x, y) → ∞, entsprechend f¨ ur y), ist (4 dm, 4 dm) Minimalstelle von g.

Der Materialverbrauch wird also minimal f¨ ur L¨ ange = Breite und H¨ ohe

= z =

32 dm3 32 dm3 = = 2 dm. x·y 4 dm · 4 dm

Aufgabe 10.2.3 A940

Berechnen Sie eine Ausgleichsgerade zu den drei Punkten (−2, 0),

(0, 1)

und

y

(1, 2),

d.h. eine Gerade, so dass die Summe der Quadrate der markierten Abst¨ ande (in y-Richtung) minimal ist

b

2 1

b

b

−2

−1

1 x

10.2 Anwendungen

513

L¨ osung: Gesucht sind die Parameter a und m der Geradengleichung g(x) = mx + a mit minimalem
2
2
2 d = d(m, a) = g(−2) − 0 + g(0) − 1 + g(1) − 2
2
2
2 = − 2m + a + a − 1 + m + a − 2 = 4m2 − 4ma + a2 +

+

a2 − 2a + 1

m2 + a2 + 4 + 2am − 4m − 4a.

= 5m2 − 2ma + 3a2 − 6a − 4m + 5. Es ist grad d(m, a) = (10m − 2a − 4, −2m + 6a − 6).

Kandidaten f¨ ur Extremstellen sind Nullstellen des Gradienten, also

⇔

10m − 2a − 4 = 0 und − 2m + 6a − 6 = 0 5m − a = 2 und − m + 3a = 3.

Addiert man das Dreifache der ersten Gleichung zur zweiten, so ergibt sich 9 14m = 9, also m = 14 . Aus der ersten Gleichung erh¨alt man damit a = 5m − 2 = 5 ·

9 45 − 28 17 −2 = = . 14 14 14

Da es offensichtlich eine optimale Gerade gibt, muss dieser einzige Kandidat 9 und a = 17 m = 14 14 die gesuchte Minimalstelle sein, d.h., die Ausgleichsgerade wird beschrieben durch g(x) =

17 9 x+ . 14 14

Aufgabe 10.2.4 (vgl. Aufgabe 7.5.13) 2 Ziel ist die Bestimmung des an den Punkt ~q = 3 n¨achstgelegenen Punktes 3 auf der Ebene        0 1   2  −2  + λ  0  + µ  −1  λ, µ ∈ R . E =   2 1 1

Bestimmen Sie dazu den Abstand d(λ, µ) eines beliebigen mit den Parametern λ und µ festgelegten Punktes der Ebene E zu ~q und suchen Sie eine Minimalstelle dieser Funktion.

A941

514

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

L¨ osung: Es ist d(λ, µ) =

= = = =

        2 1 0 2



−2  + λ  0  + µ  −1  −  3 

1 1 2 3   λ



 −5 − µ 

−2 + λ + 2µ p 2 λ + (−5 − µ)2 + (−2 + λ + 2µ)2 p λ2 + 25 + 10µ + µ2 . . .

p

. . . + 4 + λ2 + 4µ2 − 4λ − 8µ + 4λµ

2λ2 + 5µ2 + 4λµ − 4λ + 2µ + 29.

Kandidaten f¨ ur Extremstellen sind Nullstellen des Gradienten, also (0, 0) = grad d(λ, µ) =

4λ + 4µ − 4 p , 2 2 2λ + 5µ2 + 4λµ − 4λ + 2µ + 29 10µ + 4λ + 2

p 2 2λ2 + 5µ2 + 4λµ − 4λ + 2µ + 29

!

.

Dazu m¨ ussen die jeweiligen Z¨ ahler gleich Null sein:

⇔

4λ + 4µ − 4 = 0 λ + µ = 1 und

und 10µ + 4λ + 2 = 0 2λ + 5µ = −1.

Subtrahiert man die zweite Gleichung vom Doppelten der ersten Gleichung, erh¨ alt man −3µ = 3, also µ = −1, und aus der ersten Gleichung folgt dann λ = 1 − µ = 2.

Als einziger Kandidat f¨ ur eine Extremstelle muss dies die gesuchte Minimalstelle sein. Der n¨ achstgelegene Punkt an ~q auf E ist also         4 0 1 2  −2  + 2 ·  0  + (−1) ·  −1  =  −1  . 1 2 1 1 Bemerkungen: 1. Statt eine Minimalstelle von d(λ, µ) zu suchen, kann man auch d2 (λ, µ) = 2λ2 + 5µ2 + 4λµ − 4λ + 2µ + 29

10.2 Anwendungen

515

minimieren, da (wegen d ≥ 0) die Minimalstellen von d genau die Minimalstellen von d2 sind. Als Gradienten erh¨alt man dann grad d2 (λ, µ) = (4λ + 4µ − 4, 10µ + 4λ + 2); die Eintr¨ age sind (als innere Ableitungen) genau die Z¨ahler der Darstellung von grad d von oben. Nullsetzen des Gradienten f¨ uhrt dann auf das obige Gleichungssystem. 2. In Aufgabe 7.5.13 wurde der Punkt auf ganz andere Weise mit Methoden der Vektorrechnung bestimmt.

10.2.2 Jacobi-Matrix und lineare Approximation Aufgabe 10.2.5 Berechnen Sie die Jacobi-Matrizen zu

 x 1 x 2 ex3 a) f : R4 → R3 , f (x1 , x2 , x3 , x4 ) =  x2 x3 x4  , x4   1  x  2 4  . b) g : R → R , g(x, y) =  x  xy 

A942

L¨ osung: Mit den partiellen Ableitungen der Komponentenfunktionen ergibt sich ∂ f ∂x1

und

 x 2 ex 3 ′  0 f (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 0 

0 1 ′  g (x, y) =  1 y

∂ f ∂x2

∂ f ∂x3

x 1 ex 3 x3 x4 0

x 1 x 2 ex3 x2 x4 0

 0 0 . 0 x

∂ f ∂x4

 0 x2 x3  1

Aufgabe 10.2.6 Wie lautet die Jacobi-Matrix zu 3

2

f : R → R , f (x) = Ax

mit

A=



3 −1

0 5 2 4



A943

?

516

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

L¨ osung: Ausgeschrieben ist f (x1 , x2 , x3 ) =



3 0 −1 2

Damit ergibt sich f ′ (x1 , x2 , x3 ) =



3 −1

     x 3x1 + 5x3 5  1 = . · x2 −x1 + 2x2 + 4x3 4 x3

0 5 2 4



= A.

Bemerkung: Allgemein gilt: Die Jacobi-Matrix zu einer Abbildung f : Rn → Rm , x 7→ Ax mit einer Matrix A ∈ Rm×n ist gleich A. Aufgabe 10.2.7 A944

Sei f : R2 → R, f (x, y) = x2 y + x − y 2 .

a) Geben Sie mit Hilfe der linearen Approximation eine Tangentenebene an f um den Punkt (2, 3) an.

b) Geben Sie mit Hilfe der linearen Approximation eine N¨aherung f¨ ur die Funktions¨ anderung ∆f = f (2 + ∆x, 3 + ∆y) − f (2, 3) in Abh¨angigkeit von ∆x und ∆y an. c) Wie groß ist die Abweichung bei der Funktion f bzw. durch die N¨aherungen aus a) bzw. b), wenn man statt (2, 3) die Stellen (2.1, 3) bzw. (2.05, 3.2) einsetzt? d) Nutzen Sie die N¨ aherung aus b), um abzusch¨atzen, wie groß der Fehler maximal ist, wenn man statt (x0 , y0 ) = (2, 3) die Stelle (x0 + ∆x, y0 + ∆y) mit |∆x| ≤ 0.1 und |∆y| ≤ 0.2 einsetzt. e) Erkl¨ aren Sie das lineare Fehlerfortpflanzungsgesetz:

Sei x = (x1 , . . . , xn ). Sind die Gr¨ oßen xk mit Fehlern oder Ungenauigkeiten versehen, die maximal |∆xk | betragen (k = 1, . . . , n), so erh¨alt man bei Einsetzen von x in eine differenzierbare Funktion f : Rn → R einen maximalen Fehler von ungef¨ahr ∂f ∂f (x) · |∆x1 | + . . . + (x) · |∆xn |. |∆f | ≤ ∂x1 ∂xn

Lo ¨sung: a) Eine lineare N¨ aherung an f um (2, 3) erh¨alt man entsprechend Bemerkung 10.2.8, 3., durch

10.2 Anwendungen

517

    x 2 − y 3   x−2 . = f (2, 3) + f ′ (2, 3) · y−3

f (x, y) ≈ f (2, 3) + f ′ (2, 3) ·

Hier ist f (2, 3) = 5 und f ′ (x, y) = (2xy + 1, x2 − 2y), also speziell f ′ (2, 3) = (13, −2). Damit erh¨alt man f¨ ur (x, y) nahe (2, 3)   x−2 f (x, y) ≈ 5 + (13, −2) · y−3 = 5 + 13 · (x − 2) − 2 · (y − 3) = −15 + 13x − 2y.

Die Gleichung z = −15 + 13x − 2y beschreibt die Tangentenebene.

b) Wegen

′

f (2 + ∆x, 3 + ∆y) ≈ f (2, 3) + f (2, 3) ·



∆x ∆y



(s. Satz 10.2.7) ist ∆f = f (2 + ∆x, 3 + ∆y) − f (2, 3)     ∆x ∆x ′ = (13, −2) · ≈ f (2, 3) · ∆y ∆y = 13∆x − 2∆y.

c) Exakt ist f (2.1, 3) − f (2, 3) = 6.33 − 5 = 1.33, f (2.05, 3.2) − f (2, 3) = 5.258 − 5 = 0.258. Mit der N¨ aherung n(x, y) = −15 + 13x − 2y aus a) ist n(2.1, 3) − f (2, 3) = 6.3 − 5 = 1.3, n(2.05, 3.2) − f (2, 3) = 5.25 − 5 = 0.25. Mit der Formel aus b) erh¨ alt man das gleiche Ergebnis, da diese Formel die gleiche N¨ aherung nur in anderen Termen beschreibt: mit ∆x = 0.1 und ∆y = 0 ist ∆f = 13 · 0.1 − 2 · 0 = 1.3, mit ∆x = 0.05 und ∆y = 0.2 ist ∆f = 13 · 0.05 − 2 · 0.2 = 0.25.

518

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

d) Als maximalen Fehler erh¨ alt man |∆f | = |13∆x − 2∆y| ≤ |13∆x| + |2∆y| = |13| · |∆x| + |2| · |∆y| ≤

13 · 0.1 + 2 · 0.2 = 1.7.

e) Bei einer differenzierbaren Funktion f : Rn → R ist nach Satz 10.2.7 f (x1 + ∆x1 , . . . , xn + ∆xn )



 ∆x1   ≈ f (x1 , . . . , xn ) + grad f (x1 , . . . , xn ) ·  ...  . ∆xn

Damit gilt f¨ ur den Fehler |∆f | = f (x1 + ∆x1 , . . . , xn + ∆xn ) − f (x1 , . . . , xn )   ∆x1   ≈ grad f (x1 , . . . , xn ) ·  ...  ∆xn   ∆x1   ∂f ∂f   (x), . . . , (x) ·  ...  = ∂x1 ∂xn ∆xn ∂f ∂f (x) · ∆x1 + . . . + (x) · ∆xn = ∂x1 ∂xn ∂f ∂f ≤ (x) · |∆x1 | + . . . + (x) · |∆xn |. ∂x1 ∂xn

A945

Aufgabe 10.2.8 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten)  3 3  x x y − 2y Sei f : R2 → R2 , f = . y x

uhren Sie dazu ausgehend vom Gesucht ist eine Stelle (x, y) mit f ( xy ) = 02 . F¨
Punkt x(0) = 11 zwei Schritte des (mehrdimensionalen) Newton-Verfahrens durch.

L¨ osung: Das Newton-Verfahren
bestimmt
Nullstellen von Funktionen. Das Finden einer aquivalent zur Suche nach einer Nullstelle Stelle (x, y) mit f ( xy ) = 02 ist ¨ von

10.2 Anwendungen

g : R2 → R2 ,

519

g

 3 3        x x 0 x y − 2y = f − = . y y 2 x−2

Es ist ′

g (x, y) =



 3x3 y 2 − 2 . 0

3x2 y 3 1

Die n¨ achste Iterationsstelle beim Newton-Verfahren ist die Nullstelle der linea
ren N¨ aherung. Diese lautet zu x(0) = 11 : g(x(0) + ∆x(0) ) ≈ g(x(0) ) + g ′ (x(0) ) · ∆x(0)     3 1 −1 · ∆x(0) . + = 1 0 −1

Nun gilt    3 −1 + 1 −1

   0 1 · ∆x(0) = 0 0

⇔



   1 3 1 . · ∆x(0) = 1 1 0

Aufl¨ osen des Gleichungssystems (beispielsweise durch das Gaußsche Eliminationsverfahren, Nutzung der Inversen (s. 8.5.12) oder scharfes Hinschauen“) ” f¨ uhrt zu   1 (0) ∆x = −2 und damit zu x(1) = x(0) + ∆x(0) =

      2 1 1 . = + −1 −2 1

Entsprechend ergibt sich als n¨ achster Schritt x(2) = x(1) + ∆x(1) mit der L¨ osung ∆x(1) zu !

0 = g(x(1) ) + g ′ (x(1) ) · ∆x(1)

g ′ (x(1) ) · ∆x(1) = −g(x(1) ),

⇔

hier konkret       6 −6 −12 22 (1) . = · ∆x = − 0 0 1 0 Aufl¨ osen des Gleichungssystems f¨ uhrt zu ∆x(1) = x(2) =



2 −1



+



0 3 11



=



2 8 − 11



.

0

3/11




und damit zu

520

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

10.3 Weiterfu ¨ hrende Themen 10.3.1 Kurven

Aufgabe 10.3.1 A946

Ein Zylinder rollt auf einer ebenen Platte. a) Stellen Sie eine Formel f¨ ur die Kurve auf, die ein Punkt am Rand des Zylinders beschreibt. Anleitung: Betrachten Sie das Problem im Zweidimensionalen. Setzen Sie die Bewegung zusammen aus der Drehbewegung um den Zylindermittelpunkt und der L¨ angsbewegung des Zylinders. b) Welche Bewegungsrichtung hat der Punkt in dem Moment, in dem er die Platte ber¨ uhrt?

L¨ osung: a) Es gibt verschiedene M¨ oglichkeiten, die Situation zu modellieren. Im Folgenden wird eine Modellierungsm¨ oglichkeit entsprechend Abb. 10.4 vorgestellt:

y b

x

Abb. 10.4 Rollender Zylinder.

Der Zylinder bewege sich nach rechts, habe den Radius r, und der Betrag der Winkelgeschwindigkeit sei ω. Das Koordinatensystem liege so, dass die x-Achse in H¨ ohe des Zylindermittelpunktes liegt, und dass der Zylindermittelpunkt sich zum Zeitpunkt t = 0 genau im Ursprung und der betrachtete Randpunkt sich rechts (also bei (r, 0)) befindet. In der angegebenen Modellierung dreht sich der Zylinder im Uhrzeigersinn. Da   cos(ωt) t 7→ sin(ωt) (bei ω > 0) eine Bewegung gegen den Uhrzeigersinn beschreibt, erh¨alt man durch die entsprechend negativen Argumente eine Drehung im Uhrzeigersinn. Daher kann die Drehbewegung des Randpunktes um den Zylindermittelpunkt beschrieben werden durch     r · cos(−ωt) r · cos(ωt) t 7→ = . r · sin(−ωt) −r · sin(ωt)

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

521

Der Mittelpunkt bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit v in xRichtung:   v·t t 7→ . 0 Dabei h¨ angt die Geschwindigkeit v von der Winkelgeschwindigkeit ω ab: Nach einer Umdrehung (∆t = 2π ω ) hat er sich um ∆x = r · 2π (Umfang des Zylinders) bewegt, also ∆x r · 2π = 2π = r · ω. ∆t ω

v =

Die Addition der beiden Bewegungen ergibt die tats¨achliche Kurve:       v·t r · cos(ωt) rω · t + r · cos(ωt) f (t) := + = . 0 −r · sin(ωt) −r · sin(ωt) b) Bei der gew¨ ahlten Modellierung liegt der Randpunkt nach einer Vierteldrehung unten, also bei π 1 2π · = . 4 ω 2ω

t0 =

Die Bewegungsrichtung wird durch die Ableitung   rω − rω · sin(ωt) f ′ (t) = −rω · cos(ωt) gegeben, zum Zeitpunkt t0 , in dem der Randpunkt die Platte ber¨ uhrt, also durch   π  π ) rω − rω · sin(ω · 2ω f ′ (t0 ) = f ′ = π −rω · cos(ω · 2ω ) 2ω       π rω − rω · sin( 2 ) rω − rω · 1 0 = = = . −rω · 0 0 −rω · cos( π2 ) Am untersten Punkt gibt es also keine definierte Richtung. Abb. 10.5 zeigt die gesamte Bewegungskurve des Punktes. b

b

b b

b

b

Abb. 10.5 Bahnkurve des Punktes auf dem Zylinder.

522

A947

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 10.3.2 (beispielhafte Klausuraufgabe, 12 Minuten)   t · cos t ≥0 2 . Gegeben ist die Kurve f : R → R , f (t) = t · sin t
a) Es ist f (0) = 00 . In welche Richtung verl¨asst die Kurve bei wachsendem t diesen Punkt? b) Stellen Sie eine Gleichung f¨ ur die Tangente an die Kurve zu t = 2π auf.

c) Skizzieren Sie die Kurve f¨ ur t ∈ [0, 7]; ber¨ ucksichtigen Sie dabei Ihre Ergebnisse von a) und b). Kennzeichnen Sie wichtige Punkte im Koordinatensystem.

L¨ osung: a) Es ist ′

f (t) =



cos t − t · sin t sin t + t · cos t



,

  1 also insbesondere f (0) = . 0 ′

Das bedeutet, dass die Kurve den Ursprung in x-Richtung verl¨asst. b) Die Tangente ist die aherung (s. Bemerkung 10.3.2), die sich we
lineare N¨ 1 ergibt als gen f ′ (2π) = 2π     1 2π . +h· f (2π + h) ≈ f (2π) + h · f ′ (2π) = 2π 0 | {z } Tangentengleichung

Die Tangente kann man also beschreiben als      1 2π |h ∈ R . +h· t = 2π 0


t verdeutc) Die Darstellung f (t) = t · cos sin t licht, dass die Kurve sich gegen den Uhrzeigersinn um den Ursprung dreht und sich dabei immer weiter von ihm entfernt. Mit der Information aus a) (Verlassen des Ursprungs in x-Richtung) und der Tangente aus b) erh¨ alt man ein Bild wie in Abb. 10.6. Dabei sind die Schnittpunkte mit den Koordinatenachen markiert. Sie entsprechen jeweils einem t-Wert von π2 , π und 32 π.

1 π 2 b

π b

b

2π

b

3 π 2

t

Abb. 10.6 Darstellung Kurve.

der

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

523

Aufgabe 10.3.3 a) Leiten Sie her, dass die L¨ ange L einer durch eine Funktion f : [a, b] → Rn Rb dargestellten Kurve berechnet werden kann durch L = ||f ′ (t)|| dt. a

Anleitung:

1) Approximieren Sie die Kurve durch einen Streckzug zwischen Punkten f (ti ) mit a = t0 < t1 < . . . < tn = b. 2) Berechnen Sie die L¨ ange der einzelnen Strecken n¨aherungsweise mit Hilfe der Ableitung. 3) Erkl¨ aren Sie, wie sich das behauptete Integral ergibt. b) Nutzen Sie die Formel aus a), um die  des Kreisbogens zu berechnen,  L¨ange cos t gegeben ist. der durch f : [0, α] → R2 , f (t) = sin t

Lo ¨sung: a)

1) Mit Zerlegungspunkten b b

a = t0 < t1 < · · · < tn = b

b

b

erh¨ alt man zu den Punkten f (ti ) einen Streckenzug wie in Abb. 10.7 dargestellt. Die L¨ ange der Strecke f (ti )f (ti+1 ) ist ||f (ti+1 ) − f (ti )||.

Damit erh¨ alt man als Approximation der Gesamtl¨ ange L¨ ange der Kurve

≈ =

n−1 X

b b

b b b b

Abb. 10.7 Approximation einer Kurve durch einen Streckenzug.

L¨ange der Strecke f (ti )f (ti+1 )

i=0

n−1 X i=0

||f (ti+1 ) − f (ti )||.

2) Wegen f (ti+1 ) ≈ f (ti ) + f ′ (ti ) · (ti+1 − ti ) (s. Bemerkung 10.2.8, 3.) ergibt sich ||f (ti+1 ) − f (ti )|| ≈ ||f ′ (ti ) · (ti+1 − ti )|| Dabei ist f ′ (ti ) ein Vektor und (ti+1 − ti ) eine reelle Zahl. Wegen kλ · ~ak = |λ| · k~ak zu einer Zahl λ und einem Vektor ~a (s. Satz 7.3.13, 1.) folgt ||f (ti+1 ) − f (ti )|| ≈ ||f ′ (ti )|| · |ti+1 − ti |

A948

524

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen 3) Die Ergebnisse aus 1) und 2) f¨ uhren zu L¨ ange der Kurve

≈

n−1 X i=0

||f ′ (ti )|| · |ti+1 − ti |.

Dabei wird die Berechnung genauer, je feiner die Zerlegung gew¨ahlt wird. Rb Die Summe ist eine Riemannsche Zwischensumme zu ||f ′ (t)|| dt, so a

dass sich dieses Integral bei immer feiner werdenden Zerlegungen als Grenzwert ergibt.

Bemerkung: Betrachtet man wie bei Beispiel 10.3.1, 3., zu einer Funktion g : [a,
b] → R t den Funktionsgraf als Kurve in der Form f : R → R2 , f (t) = g(t) , so ist
1 ′ f (t) = g′ (t) und man erh¨ alt L =

Zb a

Zb p 1 + (g ′ (t))2 dt, ||f (t)|| dt = ′

a

eine Formel, die schon in Aufgabe 6.1.4 entwickelt wurde. b) Wegen f ′ (t) =



− sin t cos t



α

erh¨ alt man mit der Formel aus a) als L¨ange des entsprechenden Kreisbogens (s. Abb. 10.8)

L =

Zα 0

=

||f1′ (t)|| dt

Zα p 0

2

sin t +

Abb. 10.8 L¨ ange eines Einheitskreisbogens.

 Zα 

− sin t

dt

= cos t 0

cos2

t dt =

Zα

1 dt = α,

0

ein Ergebnis, das zu erwarten war, da α im Bogenmaß genau die L¨ange des Kreisbogens darstellt.

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

525

10.3.2 Kettenregel

Aufgabe 10.3.4 (Fortsetzung von Aufgabe 10.2.5) Betrachtet werden die Funktionen f : R4 → R3 und g : R2 → R4 mit     1 x3 x1 x2 e  x   f (x1 , x2 , x3 , x4 ) =  x2 x3 x4  und g(x, y) =   x  x4 xy sowie h = f ◦ g : R2 → R3 .

Berechnen Sie die Jacobi-Matrix von h a) indem Sie explzit h(x, y) beschreiben und die Jacobi-Matrix dann wie gew¨ ohnlich bestimmen, b) mit Hilfe der Kettenregel aus den Jacobi-Matrizen zu f und g (s. Aufgabe 10.2.5).

L¨ osung: a) Es ist h(x, y) = f (g(x, y)) = f (1, x, x, xy)     1 · x · ex x · ex =  x · x · xy  =  x3 y  . xy xy

Damit erh¨ alt man als Jacobi-Matrix  x  e + x ex 0 x3  . h′ (x, y) =  3x2 y y x b) Nach der Kettenregel (Satz 10.3.3) ist h′ (x, y) = f ′ (g(x, y)) · g ′ (x, y).

Die Jacobi-Matrizen zu f und g wurden schon in Aufgabe 10.2.5 berechnet:   0 x 2 ex 3 x 1 ex 3 x 1 x 2 ex 3 x3 x4 x2 x4 x2 x3  f ′ (x1 , x2 , x3 , x4 ) =  0 0 0 0 1

und

A949

526

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen 

0 1 ′ g (x, y) =  1 y

Damit ist

 0 0 . 0 x

h′ (x, y) = f ′ (1, x, x, xy) · g ′ (x, y)  x · ex 1 · ex 1 · x · ex x · xy x · xy =  0 0 0 0   x e + x ex 0 x3  . =  3x2 y y x

  0 0 1 x · x ·  1 1 y

 0 0  0 x

Man erh¨ alt tats¨ achlich die gleiche Matrix wie bei a).

10.3.3 Richtungsableitung

Aufgabe 10.3.5 A950

Eine Gel¨ andeformation werde beschrieben durch f (x, y) = 4 − 2x2 − y 2 + x.

Sie befinden sich an der Stelle (0, 1).

a) In welche Richtung f¨ uhrt der steilste Anstieg? Wie groß ist die Steigung in diese Richtung? b) Welche Richtung m¨ ussen Sie einschlagen, um Ihre H¨ohe genau zu halten? c) Sie wollen einen Weg nehmen, der genau die Steigung 1 hat. Welche Richtung m¨ ussen Sie nehmen?

L¨ osung: a) Es ist grad f (x, y) = (−4x + 1, −2y), speziell grad f (0, 1) = (1, −2). Der Gradient zeigt in die Richtung des steilsten Anstiegs (s. Satz 10.1.8, 1.). Um die Steigung in diese Richtung mit Satz 10.3.6 zu berechnen, braucht man einen normierten Richtungsvektor v (vgl. Aufgabe 7.3.2):   1 1 1 v = . · grad f (0, 1) = √ · −2 kgrad f (0, 1)k 5

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

527

Die Richtungsableitung ist damit   1 ∂ 1 f (0, 1) = grad f (0, 1) · v = (1, −2) · √ · −2 ∂v 5 √ 1 1 = √ ·5 = 5. = p 5 12 + (−2)2

Alternativ erh¨ alt man mit Bemerkung 10.3.7, 3., direkt dass die Richtungsableitung in Richtung des Gradienten gleich kgrad f (0, 1)k = k(1, −2)k = √ 5 ist. b) Nach Satz 10.1.8, 2., ¨ andert sich der Funktionswert senkrecht zum Gradienten nicht. Eine Richtung senkrecht zu grad f
(0, 1) = (1,
−2) erh¨alt man mit Bemer
2 oder √1 kung 7.3.20 beispielsweise als 21 oder −2 −1 bzw. normiert 5 1
−2 √1 . 5 −1
c) Gesucht ist eine Richtung v = vv12 die normiert ist, also 1 = kvk =

q

v12 + v22

⇔

1 = v12 + v22 ,

(∗)

und die die Richtungsableitung 1 besitzt, also   v1 1 = grad f (0, 1) · v = (1, −2) · = v1 − 2v2 . v2 Setzt man v1 = 1 + 2v2 in (∗) ein, erh¨alt man 1 = (1 + 2v2 )2 + v22 = 1 + 4v2 + 4v22 + v22 = 5v22 + 4v2 + 1 4 ⇔ 5v22 = −4v2 ⇔ v2 = 0 oder v2 = − . 5 Aus v1 = 1 + 2v2 erh¨ alt man die entsprechenden v1 -Werte und damit die
−3/5
1 Richtungen 0 und −4/5 , die eine Richtungsableitung von haben.

10.3.4 Hesse-Matrix Aufgabe 10.3.6 Berechnen Sie die Hesse-Matrix zu a) f : R3 → R, f (x1 , x2 , x3 ) = x31 + x22 · sin(x3 ). b) f : R2 → R, f (x) = xT Ax mit der Matrix A =

A951



 5 2 . 2 −1

528

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

L¨ osung: a) Die Hesse-Matrix erh¨ alt man als Matrix der zweiten Ableitungen. Die ersten Ableitungen fasst der Gradient zusammen, hier grad f (x1 , x2 , x3 ) =

3x21 ,

2x2 · sin(x3 ),


x22 · cos(x3 ) .

Die zweiten Ableitungen erh¨ alt man, indem man die einzelnen Komponenten des Gradienten nochmals ableitet. Beispielsweise erh¨alt man die erste Spalte der Hesse-Matrix, indem man die erste Komponente des Gradienten, also die x1 -Ableitung, nach x1 , x2 und x3 ableitet. Man erh¨ alt 

6x1 Hf (x1 , x2 , x3 ) =  0 0

0 2 sin(x3 ) 2x2 · cos(x3 )

 0 2x2 · cos(x3 )  . −x22 · sin(x3 )

b) Die Funktion wurde schon in Aufgabe 10.1.2, c), betrachtet. Dort wurde die Komponentenschreibweise f (x1 , x2 ) = 5x1 2 + 4x1 x2 − x2 2 und der Gradient grad f (x1 , x2 ) = (10x1 + 4x2 , 4x1 − 2x2 ) = 2 · A · x berechnet. Die Eintr¨ age der Hesse-Matrix erh¨ alt man wieder als Ableitung der Komponenten des Gradienten:   10 4 . Hf (x1 , x2 ) = 4 −2 Bemerkung: Man sieht, dass Hf = 2 · A ist. Dies gilt allgemein bei Hesse-Matrizen zu quadratischen Formen f (x) = xT Ax. Nach der Bemerkung von Aufgabe 10.1.2 ist dann n¨amlich der Gradient gleich f ′ (x) = 2 · A · x. Entsprechend Bemerkung 10.3.9, 3., ist die HesseMatrix die Jacobi-Matrix zum Gradienten, und entsprechend der Bemerkung von Aufgabe 10.2.6 ist die Jacobi-Matrix zu einer Funktion x 7→ B ·x gleich B, so dass man hier f¨ ur B = 2 · A als Hesse-Matrix 2 · A erh¨alt. Die Formeln und die Rolle der Hesse-Matrix als verallgemeinerte zweite Ableitung best¨ arken die Analogie der quadratischen Form als mehrdimensionale Verallgemeinerung einer eindimensionalen quadratischen Funktion f (x) = ax2 mit zweiter Ableitung 2a.

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

529

Aufgabe 10.3.7 (Fortsetzung von Aufgabe 10.2.1) Sind die station¨ aren Punkte der Funktionen

A952

a) f (x, y) = x4 + 2y 2 − 4xy,

b) f (x1 , x2 , x3 ) = 2x21 − 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 4x3 . lokale Maximal- oder Minimalstellen oder sind es Sattelstellen?

L¨ osung: a) In Aufgabe 10.2.1 wurden schon grad f (x, y) =

4x3 − 4y, 4y − 4x

und die station¨ aren Punkte (0, 0),

(1, 1)

und




(−1, −1)

berechnet. Die Hesse-Matrix zu f ist   12x2 −4 . Hf (x, y) = −4 4 Speziell ist Hf (1, 1) =



12 −4

−4 4



= Hf (−1, −1).

Diese Matrix ist positiv definit, wie man mit Satz 8.7.9 sehen kann: det(12) = 12 > 0 und   12 −4 = 36 > 0. det −4 4 Nach Satz 10.3.14 sind (1, 1) und (−1, −1) damit Minimalstellen.

Die Matrix

Hf (0, 0) =



0 −4

−4 4



ist indefinit, da beispielsweise     0 −4 0 (0 1) · · = 4 > 0 −4 4 1 und

530

10 Differenzialrechnung bei mehreren Ver¨anderlichen

(2 1) ·



0 −4 −4 4

     2 −4 · = (2 1) · = −12 < 0 1 −4

ist. Nach Satz 10.3.14 ist (0, 0) damit keine Extremstelle, also eine Sattelstelle. b) In Aufgabe 10.2.1 wurden schon grad f (x1 , x2 , x3 ) = (4x1 − 2x2 − 2, −2x1 + 2x2 , 2x3 − 4) und der einzige station¨ aren Punkt (1, 1, 2) berechnet Die Hesse-Matrix zu f ist 

 4 −2 0 Hf (x1 , x2 , x3 ) =  −2 2 0  . 0 0 2

(Die Matrix h¨ angt gar nicht von der konkreten Stelle ab.) Die Matrix ist nach Satz 8.7.9 positiv definit, denn det(4) = 4 > 0,   4 −2 det = 4 > 0 und −2 2   4 −2 0 det  −2 2 0  = 16 > 0. 0 0 2

Also ist der station¨ are Punkt (1, 1, 2) eine Minimalstelle. Aufgabe 10.3.8 A953

a) Berechnen Sie zur Stelle (x0 , y0 ) = (2, 1) eine quadratische N¨aherung f¨ ur f (2 + ∆x, 1 + ∆y) zur Funktion f : R2 → R, f (x, y) = x2 − 3xy + y + 4. ¨ b) Was ergibt sich bei a), wenn man die Anderungen (∆x, ∆y) in der Form (x − 2, y − 1) schreibt?

L¨ osung: a) Es ist grad f (x, y) = (2x − 3y, −3x + 1) und

10.3 Weiterf¨ uhrende Themen

Hf (x, y) =



2 −3

531 −3 0



,

speziell grad f (2, 1) = (1, −5)

und

Hf (2, 1) =



2 −3 −3 0



.

Als quadratische N¨ aherung entsprechend Satz 10.3.11 erh¨alt man so f (2 + ∆x, 1 + ∆y)

≈ = = =



  1 ∆x f (2, 1) + grad f (2, 1) · + · (∆x, ∆y) · Hf (2, 1) · ∆y 2       1 2 −3 ∆x ∆x 3 + (1, −5) · · + · (∆x, ∆y) · −3 0 ∆y ∆y 2
1 3 + ∆x − 5∆y + · 2(∆x)2 − 6∆x∆y 2 3 + ∆x − 5∆y + (∆x)2 − 3∆x∆y. ∆x ∆y



b) Setzt man ∆x = x − 2 und ∆y = y − 1, so erh¨alt man eine N¨aherung f¨ ur f (1 + (x − 1), 2 + (y − 2)) = f (x, y) in der Form f (x, y) ≈ 3 + (x − 2) − 5(y − 1) + (x − 2)2 − 3(x − 2)(y − 1)

= 3 + x − 2 − 5y + 5 + x2 − 4x + 4 − 3(xy − x − 2y + 2) = 4 + y + x2 − 3xy = f (x, y).

Man erh¨ alt also genau die Ausgangsfunktion zur¨ uck. Dies gilt allgemein: Bei einer quadratischen Funktion stimmt die quadratische Approximation (an jeder Stelle entwickelt) mit der Funktion u ¨berein.

11

Integration bei mehreren Ver¨ anderlichen

11.1 Satz von Fubini Aufgabe 11.1.1 Berechnen Sie Z a) (x2 − xy 2 ) d(x, y) zu D = [0, 3] × [0, 1], D

b)

Z

x · cos(xy) d(x, y) zu D = [0, π] × [0, 1].

D

L¨ osung: a) Nach dem Satz von Fubini (Satz 11.1.2) kann man das Integral als zweifaches eindimensionales Integral berechnen, wobei die Integrationsreihenfolge irrelevant ist. Im Folgenden wird zun¨achst innen nach y differenziert und außen dann nach x. Man kann die Berechnung aber ebenso umgekehrt durchf¨ uhren. Z

2

2

(x − xy ) d(x, y) =

D

Z3 Z1

x=0 y=0

(x2 − xy 2 ) dy dx

Z3
1 1 3
1 dx = x2 − x − 0 dx = x · y − xy 3 3 y=0 x=0 x=0 1 3 1 1 2
3 3 15 = x − · x = 9− +0 = . 3 3 2 2 2 x=0 Z3

2

b) Theoretisch sind auch hier beide Integrationsreihenfolgen m¨oglich. Auf Grund der Struktur des Integranden bietet es sich aber an, zun¨achst innen die y-Integration durchzuf¨ uhren, da man leicht eine Stammfunktion © Der/die Autor(en), exklusiv lizenziert an Springer-Verlag GmbH, DE, ein Teil von Springer Nature 2023 G. Hoever, Arbeitsbuch höhere Mathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-662-68268-5_22

A971

534

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen bzgl. y findet, w¨ ahrend eine Stammfunktion bzgl. x mit mehr Aufwand verbunden w¨ are. Z

x · cos(xy) d(x, y) =

D

=

Zπ

1 sin(xy)

y=0

x=0

=

Zπ

Zπ Z1

x=0 y=0

Zπ

dx =

x=0

sin(x · 1) − sin(x · 0) dx |{z}

π sin(x) dx = − cos(x)

x=0

x=0

x · cos(xy) dy dx

|

=0

{z

=0

}

= − cos(π) −(− cos(0)) = 2. | {z } | {z } −1

1

Aufgabe 11.1.2 A972

Berechnen Sie Z 2z d(x, y, z) (x + y)2

mit D = [1, 2] × [2, 3] × [0, 2] ⊆ R3 .

D

Verifizieren Sie, dass der Wert des Integrals unabh¨angig von der Reihenfolge der Integrationen ist, indem Sie verschiedene Reihenfolgen ausprobieren.

L¨ osung: Hier werden exemplarisch die Integrationsreihenfolge x, y, z einmal von außen nach innen und einmal von innen nach außen vorgestellt. Bei den anderen Reihenfolgen ergeben sich ¨ ahnliche Rechnungen. Z

2z d(x, y, z) = (x + y)2

=

Z3

x=1 y=2

Z2

2z dz dy dx (x + y)2

x=1 y=2 z=0

D

Z2

Z2 Z3 Z2

z 2 2 dy dx = (x + y)2 z=0

−4 3 dx = x + y y=2

Z2 Z3

4 dy dx (x + y)2

x=1 y=2

Z2 

4 −4 + = x+3 x+2 x=1 x=1
2 = − 4 · ln |x + 3| + 4 · ln |x + 2|



dx

x=1

= − 4 · ln 5 + 4 · ln 4 + 4 · ln 4 − 4 · ln 3 = 4 · (2 · ln 4 − ln 3 − ln 5)

Mit den Logarithmenregeln ln x + ln y = ln(x · y) und ln x − ln y = ln xy (s. Satz 1.3.9) kann man den letzten Ausdruck noch weiter umformen:

11.1 Satz von Fubini

535

4 · (2 · ln 4 − ln 3 − ln 5) = 4 · ln

16 4·4 = 4 · ln . 3·5 15

Die umgekehrte Integrationsreihenfolge f¨ uhrt zu Z

2z d(x, y, z) = (x + y)2

=

Z3

z=0 y=2

=

Z2

z=0

=

Z2

z=0

=

Z2

z=0

2z dx dy dz (x + y)2

z=0 y=2 x=1

D

Z2

Z2 Z3 Z2

−2z 2 dy dz = x + y x=1

Z2 Z3 

2z −2z + 2+y 1+y

z=0 y=2


3 − 2z · ln |2 + y| + 2z · ln |1 + y|

y=2



dy dz

dz


− 2z · ln 5 + 2z · ln 4 + 2z · ln 4 − 2z · ln 3 dz

2z · ln

4·4 16 16 2 2 dz = ln · z = 4 · ln . 5·3 15 15 0

Aufgabe 11.1.3 a) Seien f : [a, b] → R und g : [c, d] → R integrierbar, D = [a, b] × [c, d]. Zeigen Sie: Z

D

   d  b Z Z f (x) · g(y) d(x, y) =  f (x) dx ·  g(y) dy  . c

a

b) Nutzen Sie die Formel aus a) zur Berechnung von Z x2 · sin(y) d(x, y) mit D = [1, 2] × [0, π]. D

L¨ osung: a) Nach dem Satz von Fubini (Satz 11.1.2) ist   b Z Zd Z  f (x) · g(y) dx dy. f (x) · g(y) d(x, y) = D

y=c

x=a

A973

536

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen Beim inneren Integranden ist der Wert g(y) eine Konstante bzgl. der xIntegration. Diese Konstante kann vor das Integral gezogen werden:   b   Zd Zb Z Zd g(y) ·  f (x) dx dy. f (x) · g(y) dx dy = y=c

x=a

y=c

x=a

|

{z

}

=:If

Das f -Integral If ist f¨ ur die y-Integration eine Konstante und kann daher vor das Integral gezogen werden: Zd

y=c

g(y) · If dy = If ·

Zd

g(y) dy =

y=c

Zb

x=a

f (x) dx ·

Zd

g(y) dy.

y=c

Setzt man alle Gleichungen zusammen, so erh¨alt man die behauptete Formel. b) Die Formel aus a) erm¨ oglicht das parallele Aufstellen der Stammfunktion:    π  2 Z Z Z sin(y) dy  x2 dx ·  x2 · sin(y) d(x, y) =  x=1

D

= =

y=0

π  2 !   
1 3 1 1 = · − (−1) − (−1) x · − cos(y) ·8− 3 1 3 3 0

7 14 ·2 = . 3 3

Aufgabe 11.1.4 A974

Ein Joghurtbecher hat eine H¨ ohe von 8cm. Der Radius der Bodenfl¨ ache betr¨ agt 2cm, beim Deckel sind es 3cm. Welches Volumen hat der Becher?

L¨ osung: Ein Querschnitt in H¨ ohe h ergibt einen Kreis, dessen Radius linear mit der H¨ ohe zunimmt. Dabei ist entsprechend Abb. 11.1 r(0 cm) = 2 cm

und

r(8 cm) = 3 cm.

Als funktionale Beziehung erh¨ alt man damit (s. Aufgabe 1.1.5, c)) 1 r(h) = 2 cm + h. 8

h

3 cm

z }| {           

8 cm

          

r(h)

| {z }

2 cm

Abb. 11.1 Becher mit Koordinatensystem.

11.1 Satz von Fubini

537 2

Da die Querschnittsfl¨ ache π · (r(h)) entspricht, erh¨alt man als Volumen 8Zcm

V =

2

π · (r(h)) dh = π ·

0

= π·

8Zcm

4 cm2 +

8Zcm

1 2 cm + h 8

0

1 cm 1 h + h2 2 64

0



2

dh

dh

 8 cm 1 1 cm 2 3 h + h = π · 4 cm · h + 4 3 · 64 h=0
8 = π · 32 cm3 + 16 cm3 + cm3 − 0 3 152 cm3 ≈ 159 cm3 . = π· 3 

2

Aufgabe 11.1.5 ¨ Uberlegen Sie sich, dass das Volumen V eines Rotationsk¨ orpers mit der Mantellinie f (x), x ∈ [x0 , x1 ], berechnet werden kann durch V = π

Zx1

x0

f (x)


2

f (x) A975

x0

f (x)

Ein senkrechter Schnitt zur x-Achse an der Stelle x ergibt einen Kreis mit Radius f (x) 2 (s. Abb. 11.2), also der Fl¨ ache π · (f (x)) .

x0

Damit ergibt sich das Volumen nach Satz 11.1.7 als V =

(Fl¨ ache der Schnitte bei x) dx

=

x0

2

π · (f (x)) dx = π ·

Zx1

x0

2

f (x)

x1

x

Abb. 11.2 Rotationsk¨ orper mit Schnittfl¨ ache.

x0

Zx1

x

dx.

L¨ osung:

Zx1

x1

(f (x)) dx.

538

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 11.1.6 (beispielhafte Klausuraufgabe, 6 Minuten) A976

Betrachtet werden die vier jeweils grau dargestellten Integrationsbereiche Dk im R2 D1 1

y

0

−1

D2 1 x 1

−1

−1

y

0

D3 1 x 1

0

−1

−1

−1

y

D4 1 x 1

y

0

−1

x 1

−1

und die entsprechenden Integralwerte Z Ik = xy 2 d(x, y) (k = 1, . . . , 4). Dk

Sortieren Sie die Werte Ik der Gr¨ oße nach. Begr¨ unden Sie Ihre Anordnung! (Sie brauchen die Ik nicht zu berechnen!)

Lo ¨sung: Im Bereich D1 ist x ≤ 0. Damit ist dort der Integrand kleiner oder gleich Null. Daher gilt f¨ ur den Integralwert: I1 ≤ 0.

In den Gebieten D2 und D4 ist der Integrand gr¨oßer oder gleich Null, also I2 ≥ 0 und I4 ≥ 0. Da der Bereich D4 gr¨ oßer als D2 ist, gilt ferner I2 ≤ I4 .

Aus Symmetriegr¨ unden ist I3 = 0. Damit gilt

I1 ≤ 0 = I3 ≤ I2 ≤ I4 .

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

Aufgabe 11.2.1 A977

Sei KR der Kreis in R2 um (0, 0) mit Radius R. Berechnen Sie Z a) (x2 + y 2 ) d(x, y), K2

b)

Z

f (x, y) d(x, y) mit f = f (r, ϕ) in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckt durch

K1

f (r, ϕ) = r · sin

ϕ , 2

ϕ ∈ [0, 2π].

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

539

L¨ osung: p a) In Polarkoordinaten ist der Integrand wegen r = x2 + y 2 gleich x2 +y 2 = r2 . Er ist also unabh¨ angig vom Winkel ϕ. Damit ergibt sich bei einer Integration in Polarkoordinaten nach Satz 11.2.4 Z

2

x +y

K2

=

Z2 0

2




f (x, y)

4

d(x, y)

3

r2 · 2πr dr = 2π ·

= 2π ·

2 1 4 r = 8π. 4 0

Z2

2

r3 dr 1

0

0 −2 −1 x0

1 2 −2

−1

0 y

1

2

Berechnet wird dabei das Volumen unterAbb. 11.3 Volumen unter dem halb des durch f (r) = r2 beschriebenen Kelch. Paraboloids, s. Abb. 11.3. b) Bei einer Integration in Polarkoordinaten erh¨alt man nach Satz 11.2.1 Z

f (x, y) d(x, y) =

r=0 ϕ=0

K1

=

Z1

Z1 Z2π

Z2π

r=0 ϕ=0

ϕ r · sin · r dϕ dr. = 2

f (r, ϕ) · r dϕ dr Z1 Z2π

r=0 ϕ=0

r2 · sin

ϕ dϕ dr. 2

Beim Integral kann man nun wie bei Aufgabe 11.1.3 die r- und ϕ-Integrationen parallel durchf¨ uhren:    2π  1 Z Z Z ϕ sin dϕ r2 dr ·  f (x, y) d(x, y) =  2 ϕ=0 r=0 K1    
4 1 3 1 1 ϕ 2π = r · 2 − (−2) = . = · −2 · cos 3 r=0 2 ϕ=0 3 3 Das Integral entspricht dem Volumen unter der schon in Aufgabe 9.1.3 betrachteten Fl¨ ache, s. Abb. 11.4.

f (x, y) 1

0 −1

1 0 x

0 1 −1

y

Abb. 11.4 f (r, ϕ) = r · sin

ϕ . 2

540

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 11.2.2 A978

a) Sei K1 der Kreis in R2 um (0, 0) mit Radius 1. Z 1 d(x, y)? Existiert das Integral r K1

(Dabei ist der Integrand in Polarkoordinaten ausgedr¨ uckt.) b) Sei K1 die Kugel in R3 um den Ursprung mit Radius 1. Z 1 Existiert das Integral d(x, y, z)? r2 K1

(Dabei ist der Integrand in Kugelkoordinaten ausgedr¨ uckt.)

L¨ osung: a) Der Integrand wurde schon in Aufgabe 9.1.3 behandelt. Er ist rotationssymmetrisch und stellt eine rotierende Hyperbel dar, s. Abb. 11.5. Im Ursprung liegt eine Polstelle. Daher ist das Integral genau genommen ein uneigentliches Integral. Bei der Berechnung in Polarkoordinaten erh¨ alt man nach Satz 11.2.4 das Integral

f (x, y) 10

5

0 −1 x 0

Z

1 d(x, y) = r

Z1

1 · 2πr dr r

Z1

2π dr.

0

K1

=

1 −1

1

0 y

Abb. 11.5 f (r) =

1 . r

0

Man sieht, dass sich die Polstelle mit dem zus¨atzlichen Faktor r aufhebt, so dass das Integral exisitert (mit Wert 2π). Bemerkung:

R1 Aufgabe 6.3.5 zeigte, dass das eindimensionale Integral 0 x1a dx genau f¨ ur ¨ a < 1 existiert. Mit Uberlegungen wie oben sieht man, dass wegen des zus¨ atzlichen Faktors r beiRder Integration in Polarkoordinaten im Zweidiur a < 2 existiert. mensionalen das Integral K1 r1a d(x, y) genau f¨

¨ b) Ahnlich wie bei a) liegt im Ursprung eine Polstelle. Daher ist das Integral genau genommen wieder ein uneigentliches Integral. Bei der Berechnung in Kugelkoordinaten erh¨alt man nach Satz 11.2.9

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen Z

1 d(x, y, z) = r2

Z2π Z2π Zπ

1 · r2 · sin ϑ dϑ dϕ dr r2

Z2π Z2π Zπ

sin ϑ dϑ dϕ dr.

r=0 ϕ=0 ϑ=0

K1

=

541

r=0 ϕ=0 ϑ=0

Wie bei a) hebt sich die Polstelle mit dem zus¨atzlichen Faktor auf, so dass das Integral exisitert. Bemerkung: ¨ Ahnlich zu der Bemerkung unter ¨berlegen, dass im R a) kann man sich u Dreidimensionalen das Integral K1 r1a d(x, y, z) genau f¨ ur a < 3 existiert. Aufgabe 11.2.3 Ziel dieser Aufgabe ist es, den Wert von A =

R∞

2

e−x dx zu bestimmen. Gehen

−∞

Sie dazu wie folgt vor: R −(x2 +y2 ) a) Zeigen Sie A2 = e d(x, y), indem Sie den Integranden als ProR2

dukt schreiben und die Formel aus Aufgabe 11.1.3 nutzen. R −(x2 +y2 ) b) Berechnen Sie e d(x, y) durch Integration in Polarkoordinaten. R2

c) Bestimmen Sie nun den Wert von A.

L¨ osung: Vorbemerkungen: 2

1. Die Funktion f (x) = e−x besitzt keine elementare Stammfunktion, so dass die Berechnung im Eindimensionalen schwierig ist. Die Funktion und ihr Integral haben allerdings eine große Bedeutung in der Wahrscheinlichkeitsrechnung. 2. Das Integral erstreckt sich u ¨ber R2 . Genau genommen handelt es sich also um ein uneigentliches Integral, und man m¨ usste es als Grenzwert von Integralen u ¨ber endliche Bereiche, die immer gr¨oßer werden, betrachten. ¨ Die folgenden Uberlegungen kann man dann ¨ahnlich durchf¨ uhren. a) Den Integranden kann man als Produkt e−(x Mit Aufgabe 11.1.3 erh¨ alt man dann

2

+y 2 )

2

2

= e−x · e−y schreiben.

A979

542

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen Z

e

−(x2 +y 2 )

d(x, y) =

Z∞

Z∞

2

x=−∞ y=−∞

R2



= 

Z∞

x=−∞

2

e−x · e−y dy dx

2

 

e−x dx · 

Z∞

y=−∞

2



e−y dy 

Die beiden Faktoren des letzten Ausdrucks sind jeweils gleich A (beim zweiten Faktor wird lediglich die Integrationsvariable y statt x genutzt); der Wert des Integrals ist also gleich A · A = A2 .

b) In Polarkoordinaten ausgedr¨ uckt ist x2 +y 2 = r2 , der Integrand also gleich −r 2 e und von ϕ unabh¨ angig.

Bei der Integration in Polarkoordinaten erh¨alt man einen zus¨atzlichen Faktor r und kann dadurch bzgl. r eine Stammfunktion finden: Z

e−(x

R2

= −π· e

2

+y 2 )

d(x, y) =

∞

−r 2

r=0

Z∞

r=0

2

e−r · 2πr dr

= −π · 0 − (−π) · e0 = π.

√ c) Aus a) und b) folgt A2 = π, also A = ± π. Da der Integrand offensichtlich √ u ¨berall positiv ist, scheidet die negative L¨osung aus, also A = π. Aufgabe 11.2.4 A980

Berechnen Sie das Volumen des abgebildeten Kelches mit H¨ ohe 4 und oberen Radius 2, der formelm¨ aßig durch f (x, y) = x2 + y 2 beschrieben wird, a) mit Hilfe einer Integration in Polarkoordinaten,

f (x, y)

4 3 2 1

(Achtung: Gesucht ist nicht das Volumen unter der Kurve sondern der Kelchinhalt!), b) durch Integration der Fl¨ achen horizontaler Schnitte.

0 −2 −1 x0

1 2 −2

−1

0 y

1

Wie wird der Kelch bei den Berechnungen in a) bzw. b) jeweils ”zerlegt”?

2

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

543

L¨ osung: ¨ a) In Polarkoordinaten ist x2 + y 2 = r2 . Uber einem Punkt mit Abstand r zum Ursprung beginnt der Kelch also in H¨ohe r2 und endet bei der H¨ohe 4. Zu integrieren ist also 4 − r2 : V =

Z2 0

f (x, y)

4

(4 − r2 ) · 2πr dr

= 2π ·

Z2 0

2

3

(4r − r ) dr

 1 4 2 = 2π · 2r − r 4 0 

3

2

= 2π · (8 − 4) = 8π.

1 0 −2 −1 x0

1

0 y

−1

2 −2

1

2

Abb. 11.6 Zerlegung in Ringe.

Der Kelch wird bei der Berechnung in Ringe entsprechend Abb. 11.6 zerlegt. b) Der Kelch wird bei der Berechnung in horizontale Scheiben zerlegt, s. Abb. 11.7. Den Zusammenhang zwischen dem Radius r(h) einer Kreisscheibe in H¨ ohe h und der H¨ ohe h kann man sich mit Abb. 11.8 verdeutlichen: Die Randlinie wird beschrieben durch: √ h. h = r2 ⇔ r = r(h) = Ein Schnitt in H¨ ohe h hat damit die Fl¨ache √
2 A(h) = π · h = π · h. Als Integration der Schnittfl¨ achen ergibt sich V =

Z4 0

= π·

1 4 π · h dh = π · h2 2 0 1 · 16 = 8π. 2

f (x, y)

4 3 2 1 0 −2 −1 x0

1

0 y

−1

2 −2

1

2

Abb. 11.7 Zerlegung in Scheiben. h

1 1

r

Abb. 11.8 Randlinie.

Bemerkung In Aufgabe 11.2.1 wurde das Volumen unterhalb des Kelchs (mit gleichen Ausmaßen) berechnet; dabei ergab sich ebenfalls 8π. Dies gilt allgemein: Die Funktion f (r) = r2 halbiert das Volumen eines Zylinders mit Grundfl¨achenradius R und H¨ ohe R2 .

544

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

Aufgabe 11.2.5 A981

Die Funktion f : R3 → R sei in kartesischen Koordinaten gegeben durch f (x, y, z) = (x2 + y 2 ) · z. R a) Bestimmen Sie Z f (x, y, z) d(x, y, z), wobei Z der Zylinder um die z-Achse von z0 = 0 bis z1 = 2 mit Radius 1 ist. R b) Bestimmen Sie K f (x, y, z) d(x, y, z), wobei K die auf der (x, y)-Ebene um den Nullpunkt liegende Halbkugel mit Radius 1 ist.

L¨ osung: a) Zur Integration nutzt man g¨ unstigerweise Zylinderkoordinaten: Die Variablendarstellung in Zylinderkoordinaten ist     x ̺ cos ϕ  y  =  ̺ sin ϕ  . z z Damit ist



 2 2 (̺ cos ϕ) + (̺ sin ϕ) · z
= ̺2 cos2 ϕ + sin2 ϕ ·z = ̺2 · z {z } |

f (x, y, z) =

=1

(s. auch Beispiel 9.2.8.1).

In Zylinderkoordinaten wird der Zylinder beschrieben durch      ̺ cos ϕ  x   y  =  ̺ sin ϕ  ̺ ∈ [0, 1] , ϕ ∈ [0, 2π] , z ∈ [0, 2] . Z =   z z

Mit Satz 11.2.7 kann man das Integral als drei eindimensionale Integral berechnen. Nach Aufgabe 11.1.3 kann man diese Integrale parallel abarbeiten: Z

f (x, y, z) d(x, y, z) =

̺=0 ϕ=0 z=0

Z

=

Z1

̺=0

Z1 Z2π Z2

3

̺ d̺ ·

Z2π

ϕ=0

1 dϕ ·

1 = · 2π · 2 = π. 4

Z2

z=0

̺2 · z · ̺ dz dϕ d̺

1 2 1 4 1 2 z dz = ̺ · 2π · z 4 0 2 0

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

545

b) Zur Integration nutzt man g¨ unstigerweise Kugelkoordinaten: In Kugelkoordinaten hat man die Variablendarstellung     x r cos ϕ sin ϑ  y  =  r sin ϕ sin ϑ  . z r cos ϑ Damit ist f (x, y, z) =



2

(r cos ϕ sin ϑ) + (r sin ϕ sin ϑ)
= r2 sin2 ϑ · cos2 ϕ + sin2 ϕ 3

2



2

= r sin ϑ · cos ϑ

· r cos ϑ · r cos ϑ

(s. auch Beispiel 9.2.13.1). In Kugelkoordinaten wird die Halbkugel beschrieben durch      r cos ϕ sin ϑ  x h π i . K =  y  =  r sin ϕ sin ϑ  r ∈ [0, 1] , ϕ ∈ [0, 2π] , ϑ ∈ 0,  2  r cos ϑ z

Mit Satz 11.2.9 und paralleler Abarbeitung der Integrale entsprechend Aufgabe 11.1.3 erh¨ alt man Z

π

f (x, y, z) d(x, y, z) =

Z1 Z2π Z2

r3 sin2 ϑ cos ϑ · r2 sin ϑ dϑ dϕ dr

Z1

Z2π

r=0 ϕ=0 ϑ=0

K

=

r=0

=

5

r dr · 1 1 6 r · 6 0

=

ϕ=0

π

1 dϕ ·

2π

Z2

sin3 ϑ cos ϑ dϑ

ϑ=0

·

1 1 1 · 2π · · 1 = π. 6 4 12

π2 1 4 sin ϑ 4 0

Aufgabe 11.2.6 Betrachtet wird ein Kugelkondensator mit innerem Kugelradius R1 und ¨außerem Kugelradius R2 . Tragen die Kugelschalen jeweils die Ladung Q bzw. −Q, ~ und so gilt der folgende Zusammenhang zwischen der elektrischen Feldst¨arke E ~ der elektrischen Flussdichte D in einem Punkt zwischen den Kugelschalen: ~ = ε·E ~ = D

Q e~r . 4πr2

A982

546

11 Integration bei mehreren Ver¨anderlichen

Dabei ist ε die Dielektrizit¨ atskonstante, r gibt den Abstand zum Kugelmittelpunkt an, und e~r ist ein Vektor der L¨ ange 1 in radialer Richtung. Die elektrische Energiedichte wel in einem RaumpunktR ergibt sich durch wel = 1~ ~ wel dV , wobei sich das 2 D · E, die Gesamtenergie des Feldes durch Wel = Volumenintegral u ¨ber das betrachtete Gesamtfeld zwischen den Kugelschalen erstreckt. Berechnen Sie die Energie, die im Feld des Kugelkondensators enthalten ist.

L¨ osung: ~ und E ~ in die gleiche Richtung Da die Vektoren D ~ ·E ~ gleich dem zeigen, ist das Skalarprodukt D Produkt der Betr¨ age (s. Bemerkung 7.3.17, 5.). Mit Hilfe der Einheitsvektoren ~er und ~er · ~er = 2 k~er k = 1 erh¨ alt man das auch rechnerisch:     Q 1 Q ~ ·E ~ = D · ~ e ~ e · r r 4πr2 ε 4πr2
1 Q2 · 4 · ~er · ~er = 2 16π ε r Q2 1 = · 4. 2 16π ε r

~ E R2 b

~ D

b

R1

Abb. 11.9 Feldvektoren im Kugelkondensator.

Bei der Berechnung des Integrals erstreckt sich der Integrationsbereich auf den Raum zwischen den Kugelschalen. Die ϕ- und ϑ-Grenzen sind damit wie u ¨blich; der Radius muss im Interval [R1 , R2 ] liegen: Z Z Q2 1 1~ ~ D · E dV = dV Wel = 2 32π 2 ε r4 ZR2 Z2π Zπ 1 Q2 = · 1 · r2 sin ϑ dϑ dϕ dr 32π 2 ε r4 r=R1 ϕ=0 ϑ=0

ZR2

Z2π Zπ 1 dr · dϕ · sin ϑ dϑ r2 ϕ=0 r=R1 ϑ=0 R 2 ! 2π !  π  2 1 Q − = · 1 · − cos ϑ 2 32π ε r r=R1 ϕ=0 ϑ=0   1 1 Q2 − + · (2π − 0) · (− (−1) − (−1)) = 32π 2 ε R2 R1   1 1 Q2 . · − = 8πε R1 R2 Q2 = 32π 2 ε

11.2 Integration in anderen Koordinatensystemen

547

Bemerkung: 2

Bezeichnet C die Kapazit¨ at des Kondensators, so gilt auch Wel = 21 QC . Damit und mit dem Ergebnis aus a) kann man dann die Kapazit¨at des Kugelkondensators berechnen, denn nach C umgeformt, ergibt sich C =

1 Q2 a) 1 = 2 Wel 2

Q2 8πε



Q2 1 R1

−

1 R2

 =

8πε 1 R1 · R2 · . = 4πε · 1 2 RR2 −R R 2 − R1 ·R 1

2

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