Transcript
Dr. O. Wittich S. Bleß, M.Sc.
Aachen, 05. September 2016
Aufgabe 2 ¨ Bestimmen Sie jeweils den großten gemeinsamen Teiler der gegebenen Zahlen. a) 12, 16, e) 84, 110,
Grundlagen der Mathematik
¨ ¨ Ubungsaufgaben mit Losung
c) 33, 99, g) 110, 135,
d) 91, 192, h) 84, 110, 135.
im Vorkurs Mathematik 2016, RWTH Aachen University
¨ Losung: ¨ man durch Vergleich der Exponenten, dass der a) Es gilt 12 = 22 · 3 und 16 = 24 , also erhalt ¨ großte gemeinsame Teiler gleich 22 = 4 ist.
— Teilbarkeit —
¨ b) Da 17 eine Primzahl und 72 kein Vielfaches von 17 ist, muss der großte gemeinsame Teiler gleich 1 sein. ¨ c) Da 99 ein Vielfaches von 33 ist, ist 33 auch der großte gemeinsame Teiler.
Aufgabe 1 Untersuchen Sie die folgenden Zahlen darauf, ob sie Primzahlen sind. Bestimmen Sie anderenfalls deren Primfaktorzerlegung. a) 15,
b) 17, 72, f) 84, 135,
b) 37,
c) 61,
d) 91,
e) 192,
f) 269,
g) 445,
h) 1001.
¨ Losung: a) 15 ist keine Primzahl, es gilt 15 = 3 · 5.
d) Wie in der letzten Aufgabe gesehen gilt 91 = 7 · 13 und 192 = 26 · 3. Damit gibt es außer 1 ¨ keinen gemeinsamen Teiler, so dass 1 auch der großte gemeinsame Teiler ist. ¨ Exponentenvergleich) der großte ¨ e) Es gilt 84 = 22 · 3 · 7 und 110 = 2 · 5 · 11, also ist (gemaß gemeinsame Teiler gleich 2. ¨ Exponentenvergleich) der großte ¨ f) Es gilt 84 = 22 · 3 · 7 und 135 = 33 · 5, also ist (gemaß gemeinsame Teiler gleich 3.
b) 37 ist eine Primzahl (wegen 72 = 49 > 37 genugt ¨ es, Teilbarkeit durch Primzahlen kleiner 7 (also 2, 3 und 5) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln sieht, ist keine dieser Teilbarkeiten gegeben). c) 61 ist eine Primzahl (wegen 82 = 64 > 61 genugt ¨ es, Teilbarkeit durch Primzahlen kleiner 8 (also 2, 3, 5 und 7) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln und einer Probedivision durch 7 sieht, ist keine dieser Teilbarkeiten gegeben).
¨ Exponentenvergleich) der großte ¨ g) Es gilt 110 = 2 · 5 · 11 und 135 = 33 · 5, also ist (gemaß gemeinsame Teiler gleich 5. h) Aus den nun bekannten Primfaktorzerlegungen (84 = 22 · 3 · 7 und 110 = 2 · 5 · 11 sowie ¨ 135 = 33 · 5) liest man durch Exponentenvergleich ab, dass der großte gemeinsame Teiler gleich 1 sein muss.
¨ d) 91 ist keine Primzahl, es gilt 91 = 7 · 13 (zunachst Teilbarkeitsregeln fur ¨ 2, 3 und 5 anwenden, dann (erfolgreiche) Probedivision durch 7, der sich ergebende Quotient 13 ist eine Primzahl). e) 192 ist keine Primzahl, es gilt 192 = 26 · 3 (da Teilbarkeit durch 2 festgestellt werden kann, ¨ zunachst Division durch 2 und dann analog weiter mit den Quotienten 96, 48, 24, 12 und 6, zum Schluss Zusammensammeln der Faktoren). f) 269 ist eine Primzahl (wegen 172 = 289 > 269 genugt ¨ es, Teilbarkeit durch Primzahlen kleiner 17 (also 2, 3, 5, 7, 11 und 13) zu untersuchen; wie man mit den Teilbarkeitsregeln und Probedivisionen durch 7 und 13 sieht, ist keine dieser Teilbarkeiten gegeben). g) 445 ist keine Primzahl, es gilt 445 = 5 · 89 (da Teilbarkeit durch 5 festgestellt werden kann, ¨ zunachst Division durch 5, der Quotient 89 ist eine Primzahl). h) 1001 ist keine Primzahl, es gilt 1001 = 7 · 11 · 13 (da Teilbarkeit durch 11 festgestellt werden kann, Division durch 11, der Quotient 91 hat wie schon gesehen als 91 = 7 · 13 als Primfaktorzerlegung).
1
— Bruchrechnung — Aufgabe 3 ¨ Geben Sie fur jeweils die vollstandig gekurzte Darstellung an. ¨ die folgenden Bruche ¨ ¨ a)
6 21
b)
60 , 12
c)
28 , 49
d)
25 , 21
e)
105 , 60
f)
17 , 34
g)
34 , 153
h)
200 , 3200
j)
315 , 255
k)
210 , 315
l)
i)
228 , 209
2
840 . 1050
Aufgabe 6
¨ Losung: a) e) i)
2 7
b) 5,
7 , 4
f)
12 , 11
j)
c)
1 , 2
g)
21 , 17
k)
4 , 7 2 , 9
l)
7
a)
1 , 16
h)
2 , 3
¨ Schreiben Sie die folgenden Doppelbruche als vollstandig gekurzten Bruch ganzer Zahlen: ¨ ¨
25 , 21
d)
e)
4 . 5
,
b)
13 , 5
f)
5 6
,
c)
72 17 12 17
,
d)
13 5 15 7
,
g)
21 5 10 3
,
h)
5 21 3 10
d)
91 75 ,
h)
50 63 .
13 7 26 14
13 5 15
7
15 7
.
¨ Losung:
Aufgabe 4 Vergleichen Sie jeweils die beiden gegebenen Bruche, indem Sie sie auf ihren Hauptnenner ¨ bringen. Schreiben Sie das richtige Relationszeichen (<, = oder >) zwischen die Bruche. ¨ a)
5 14
e)
5 4
6 , 21 4 , 5
b)
27 5
f)
7 3
23 , 3 6 , 4
c)
3 13
21 , 91
g)
5 8
95 , 152
d)
1 3
h) −
a)
42 5,
b) 1,
c) 6,
e)
39 7,
f) 273,
g)
63 50 ,
c)
18 13 − , 25 25
1 , 2 7 4
8 − . 3
Aufgabe 7 Berechnen Sie (ohne Taschenrechner!):
¨ Losung:
5 6 a) > , 14 21 e)
27 23 b) < , 5 3
5 4 > , 4 5
f)
3 21 c) = , 13 91
7 6 > , 3 4
g)
1 1 d) < , 3 2
5 95 = , 8 152
h) −
7 8 >− . 4 3
Aufgabe 5 ¨ Schreiben Sie als vollstandig gekurzten Bruch ganzer Zahlen: ¨ a)
0,3 , 0,4
b)
0,5 , 1,5
c)
0,008 , 0,02
d)
0,1 , 0,004
e)
10,5 , 6
f)
1,23 . 3,6
a)
17 5 + , 33 33
b)
1 1 + , 10 15
e)
13 2 − , 21 14
f)
2 3 · , 5 7
a)
0,3 3 = , 0,4 4
e)
105 7 10,5 = = , 6 60 4
b)
0,5 5 1 = = , 1,5 15 3 f)
c)
0,008 8 2 = = , 0,02 20 5
1,23 123 41 = = . 3,6 360 120
d)
0,1 100 = = 25, 0,004 4
12 15 14 21 · , h) : , 25 8 17 17 2 1 2 1 k) − : , l) 1 1 1 , 9 10 45 2 + 3 + 4 2 17 2 3 1 15 n) : − · + + . 9 18 9 7 14 2
16 20 3 1 : , j) 6 · + , 21 9 10 5 4 5 6 2 5 m) + · − · , 3 2 5 5 2
¨ Losung:
2 , 3 5 6
e) − , i)
12 , 35
m)
3
13 2 − , 14 21
g)
i)
a)
¨ Losung:
d)
21 , 2
b)
1 , 6
c)
1 , 5
d)
5 , 6
f)
6 , 35
g)
9 , 10
h)
2 , 3
k)
11 , 4
l)
12 , 13
j) 2, n)
233 . 30
4
Aufgabe 8 a) Geben Sie Dezimaldarstellungen der folgenden Bruche an: ¨ Hinweis: Schriftliche Division
7 3 1 5 3 2 10 , 16 , 3 , 6 , 7 , 11
und
¨ Losung: a) 8 %,
123 990 .
¨ b) Schreiben Sie die folgenden Dezimaldarstellungen als (vollstandig gekurzte) Bruche: 0,1; 0,2; ¨ ¨ 0,375; 0,16; 0,2; 0,416; 0,14; 0,14 und 0,118. ¨ Losung: 7 a) 10 = 0,7; b)
3 16
= 0,1875;
1 0,1 = 10 ; 0,2 13 0,118 = 110 .
=
1 5;
1 3
= 0,3;
0,375 =
3 8;
5 6
3 7
= 0,83;
0,16 =
1 6;
= 0,428571;
0,2 =
2 9;
2 11
= 0,18;
0,416 =
5 12 ;
123 990
0,14 =
0,14 =
14 99 ;
Aufgabe 9 (∗)
c) 171,25 %,
d) 1,75 % (gerundet).
Aufgabe 12 Berechnen Sie jeweils den Grundwert. a) 10 % sind 73,
= 0,124. 13 90 ;
b) 16,31 % (gerundet),
¨ Losung: a) 730,
b) 7 % sind 12,
b) 171,43 (gerundet),
c) 32 % sind 5,4,
c) 16,875,
d) 5,4 % sind 2,8.
d) 51,85 (gerundet).
Aufgabe 13
Warum ist es nicht sinnvoll, eine Addition von Bruchen durch folgende Vorschrift zu definieren: ¨ ¨ ¨ Der Zahler des Ergebnisses ist die Summe der Zahler der Summanden, und der Nenner des Ergebnisses ist die Summe der Nenner der Summanden? ¨ Losung: ¨ Der gleiche Bruchwert lasst sich auf verschiedene Weisen darstellen; so bezeichnen etwa 12 und 2 definiert (wohldefiniert), wenn ¨ 4 dieselbe Zahl. Eine Rechnenoperation ist nur dann vernunftig ¨ der Wert des Ergebnisses nicht von der konkreten Darstellung des Bruchwertes abhangig ist. Bei den ublichen Rechenoperationen auf Bruchen ist dies der Fall; die in der Aufgabenstellung ¨ ¨ vorschlagene Addition erfullt ¨ diese Bedingung jedoch nicht: Obwohl 12 und 24 denselben Wert bezeichnen, erhielte man einerseits als Summe von 12 und 13 den Wert 25 , andererseits als Summe von 42 und 13 den Wert 37 , welcher von 25 verschieden ist.
Bei einer Vorstandswahl in einem Verein stimmten im letzten Jahr 417 von 532 Mitgliedern fur ¨ einen Kandidaten. In diesem Jahr erhielt derselbe Kandidat 486 von 599 Stimmen. a) Berechnen Sie fur ¨ beide Jahre die Zustimmungsquote fur ¨ den Kandidaten in Prozent. b) Um wieviele Prozentpunkte stieg die Zustimmungsquote zwischen diesen beiden Wahlen? c) Um wie viel Prozent stieg die Zustimmungsquote zwischen diesen beiden Wahlen? ¨ Losung: a) letztes Jahr: 417 532 ≈ 0,7838, also Zustimmungsquote gerundet 78,38 %; dieses Jahr: 0,8114, also Zustimmungsquote gerundet 81,14 %.
486 599
≈
b) 81,14 − 78,38 = 2,76, die Zustimmungsquote stieg um 2,75 Prozentpunkte (bei Rechnung mit den gerundeten Werten aus Teil (a)). c) 81,14 : 78,38 ≈ 1,0352, also stieg die Zustimmungsquote (gerundet) um 3,5 %.
— Prozentrechnung — Aufgabe 14 Aufgabe 10
Rechnen Sie mit dem aktuellen Umsatzsteuersatz von 19 %.
Berechnen Sie jeweils den Prozentwert.
a) Ein Produkt kostet ohne Umsatzsteuer 120 C. Berechnen Sie den Bruttopreis (Preis mit Einbezug der Umsatzsteuer) des Produktes.
a) 10 % von 130, ¨ Losung: a) 13, b) 4,5,
b) 6 % von 75,
c) 21,141,
c) 8,7 % von 243,
d) 153 % von 13,7.
d) 20,961.
¨ Losung: a) 120 C · 1,19 = 142,80 C.
Aufgabe 11
1 b) 148,15 C · 1,19 ≈ 124,50 C (nicht etwa 148,15 C · 0,81 ≈ 120,00 C, was auch im Widerspruch zu Teil (a) stunde). ¨
Berechnen Sie jeweils den Prozentsatz. a) 6 von 75,
b) 23 von 141,
b) Ein Produkt kostet einschließlich Umsatzsteuer 148,15 C. Berechnen Sie den Nettopreis (Preis ohne Einbezug der Umsatzsteuer) des Produktes.
c) 13,7 von 8,
5
d) 66,42 von 3801,2.
6
Aufgabe 15
Aufgabe 18
Ein Computer kostete ursprunglich 1795 C. Sein Preis wurde um 15 % gesenkt. Als ein neues ¨ Modell herauskam, wurde er noch einmal um 20 % billiger.
a) Man vergleiche die Kosten fur 15 000 C fur ¨ einen Kredit uber ¨ ¨ ein Jahr:
a) Wie viel Euro kostete der Computer zuletzt?
(2) 8,25 % Zinsen, keine Bearbeitungsgebuhr, ¨
b) Um wie viel Prozent wurde der Preis insgesamt gesenkt? ¨ Losung: a) 1220,60 C,
(1) 6,5 % Zinsen, 300 C Bearbeitungsgebuhr, ¨
(3) 7 % Zinsen, 100 C Bearbeitungsgebuhr, ¨ ¨ b) 15 000 C werden jahrlich mit 6 % verzinst. Man berechne das Endkapital mit Zinsen und Zineszinsen nach funf ¨ Jahren.
b) 32 %.
¨ Losung: a) (1) 1275 C,
Aufgabe 16
(2) 1237,50 C,
(3) 1150 C,
b) 20 073,38 C.
Familie Burgner braucht einen neuen Kuhlschrank. ¨ a) Im Katalog des Großhandels Quecks ist der Preis ohne Umsatzsteuer mit 739 C angegeben. Auf diesen Preis gibt es 30 % Rabatt, es kommen dann aber noch 19 % Umsatzsteuer hinzu. Wie viel Euro kostet der Kuhlschrank bei Quecks? ¨ ¨ Elektro-Jurgens. b) Frau Burgner erkundigt sich im Fachgeschaft Dort soll der gleiche Kuhlschrank ¨ ¨ 598 C (inklusive Umsatzsteuer) kosten. Bei Barzahlung gibt es 2 % Skonto. Wie viel Euro kostet der Kuhlschrank dort bei Barzahlung? ¨ ¨ c) Schließlich entscheiden sie sich fur auf den 20 % Rabatt gewahrt wurden. ¨ einen Kuhlschrank, ¨ ¨ ¨ Da sie bar bezahlen, erhalten sie noch zusatzlich 3 % Skonto auf den ermaßigten Preis und bezahlen am Ende 582 C. (i) Wie viel betrug der Preis vor Abzug von Rabatt und Skonto? (ii) Wie viel Prozent hat Familie Burgner jetzt insgesamt gespart? ¨ Losung: a) 615,59 C,
b) 586,04 C,
c) (i) 750 C,
(ii) 22,4 %.
Messing ist eine Legierung (Mischung) aus Kupfer und Zink. a) Bei der Herstellung werden 90 kg Kupfer und 60 kg Zink zusammengeschmolzen. Wie viel ¨ die Legierung? Prozent Kupfer und wie viel Prozent Zink enthalt b) Eine andere Sorte Messing soll 65 % Kupfer enthalten. fur ¨ die Legierung sollen 300 kg Kupfer ¨ verwendet werden. Wieviele Kilogramm Zink werden benotigt? c) Es werden 20 kg Messing mit einem Kupferanteil von 55 % mit 40 kg Messing mit einem ¨ die neue Kupferanteil von 70 % zusammengeschmolzen. Wie viel Kilogramm Kupfer enthalt Legierung? Wie hoch ist der Anteil des Kupfers am Gesamtgewicht in Prozent? ¨ Losung: a) 60 % Kupfer, 40 % Zink,
b) 161,538 kg Zink (gerundet),
c) 39 kg Kupfer,
65 %.
Aufgabe 20 Ein Rezept fur ¨ 0,4 l Cocktail verlangt 0,08 l Rum mit einem Alkoholgehalt von 37,5 % (bezogen auf das Volumen) und hat ansonsten nur nichtalkoholische Zutaten.
Aufgabe 17 Meerwasser hat einen Salzgehalt von 3,5 % (alle Prozentangaben in dieser Aufgabe beziehen sich auf das Gewicht). a) Der menschliche Geschmackssinn ist so empfindlich, dass Wasser mit 0,25 % Salzgehalt gerade noch als salzig wahrgenommen wird. Wie viel reines Wasser muss man zu 1 kg Meerwasser hinzufugen, um den Salzgehalt auf 0,25 % zu erniedrigen? ¨ b) In Frankreich wird an manchen Orten aus Meerwasser durch Verdunsten Salz gewonnen. ¨ man 1 kg Salz? Aus wie vielen Kilogramm Meerwasser erhalt ¨ Losung: a) 13 kg,
Aufgabe 19
¨ der Cocktail? a) Welche Menge Alkohol enthalt ¨ die gleiche Menge Alkohol wie b) Welche Menge Bier mit einem Alkoholgehalt von 4,9 % enthalt der Cocktail? ¨ Losung: a) 0,03 l,
b) 0,61 l (gerundet).
b) 28,571 kg (gerundet).
7
8
— Dreisatz —
b)
40 3
kg (≈ 13,3 kg),
¨ ¨ 2 · (4 m · 3 m) + 2 · (5 m · 3 m) = 54 m2 . Zum Streichen dieser Wand c) Die Wandflache betragt ¨ benotigt man 10,8 kg Farbe und 1620 cm3 Wasser.
Aufgabe 21 Eine Wasserpumpe furdert 10 l Wasser in 50 s. ¨ ¨ a) In wievielen Sekunden ist ein Behalter gefullt, ¨ der 15 l Wasser fasst?
Aufgabe 24
b) Wie viel Wasser wird in 2 h gefurdert? ¨
¨ Eine Radtour dauert sechs Tage, wenn taglich 56 km zuruckgelegt werden. ¨
¨ Losung: ¨ a) Der 15-Liter-Behalter ist in 75 s gefullt. ¨
¨ ¨ a) Wie viele Tage benotigt man bei einer taglichen Fahrstrecke von 84 km?
b) In zwei Stunden furdert die Pumpe 1440 l Wasser. ¨
am Tag gefahren werden, wenn jede Etappe gleich lang sein soll b) Wie viele Kilometer mussen ¨ und fur stehen? ¨ die Radtour sieben Tage zur Verfugung ¨ ¨ Losung: a) 4 Tage,
Aufgabe 22
b) 48 km.
¨ ¨ Ein Tintenstrahldrucker hat eine qualitatsabh angige Druckleistung von 5–8 Seite pro Minute, ¨ seine Leistung wenn ein Dokument nur schwarz-weiß gedruckt wird, bei Farbausdrucken betragt ¨ 3–4 Seiten pro Minute. je nach Qualitat
Aufgabe 25
a) Wie viel Zeit muss man mindestens einplanen, um 20 Seiten zu drucken?
¨ a) Wie lange brauchen funf fur ¨ Mahdrescher ¨ die gleiche Ernte?
¨ b) Wie lange dauert es hochstens, bis ein Dokument, das aus 60 Seiten besteht, ausgedruckt ist?
¨ b) In wie vielen Stunden ist die Ernte von funf zur ¨ Feldern eingefahren, wenn drei Mahdrescher Verfugung stehen? ¨
¨ c) Wie viele Seiten werden in einer Stunde hochstens gedruckt?
¨ ¨ c) Wie viele Felder konnen abgeerntet werden, wenn vier Mahdrescher jeweils 8 h im Einsatz sind?
¨ Losung: a) schnellste Druckvariante: S-W-Druck mit 8 Seiten pro Minute. Um 20 Seiten zu drucken, muss man also mindestens zweieinhalb Minuten einplanen. ¨ also mit 3 Seiten pro Minute. fur b) langsamste Druckerstufe: Farbdruck in bester Qualitat, ¨ ein ¨ ¨ 60-seitiges Dokument benotigt man hochstens 20 Minuten. c) schnellste Druckvariante: S-W-Druck mit 8 Seiten pro Minute. Damit schafft der Drucker in einer Stunde maximal 480 Seiten.
Aufgabe 23 ¨ Zum Streichen einer 3 m × 4 m großen Wand werden 2,4 kg Farbe benotigt. Dabei sind 5 kg Wandfarbe mit 750 cm3 Wasser zu verdunnen. ¨ ¨ ¨ a) Wie viel Wasser benotigt man, um die fur Farbmenge zu verdunnen? ¨ die Wand benotigte ¨
¨ Zwei Mahdrescher bringen die Ernte eines Feldes in 12 h ein.
¨ Losung: a) 4,8 h,
b) 40 h,
c)
4 3
Felder.
Aufgabe 26 Joghurt wird in 20 Becher zu je 150 g abgefullt. ¨ Jeder Becher Joghurt kostet 0,29 C. a) Wie viele 250-Gramm-Becher kann man mit der gleichen Menge Joghurt fullen? ¨ b) Ein 250-Gramm-Becher kostet 0,47 C. Ist es gunstiger, drei große oder funf ¨ ¨ kleine Becher Joghurt zu kaufen? ¨ Losung: ¨ a) Mit den vorhandenen 3 kg Joghurt konnen 12 Becher a` 250 g gefullt ¨ werden.
¨ b) Wie viel Farbe kann man mit 2 l Wasser hochstens verarbeiten?
¨ drei große Becher zu kaufen; diese kosten zusammen 1,41 C, wahrend funf b) Es ist gunstiger, ¨ ¨ kleine Becher zusammen 1,45 C kosten.
¨ ¨ c) Wie viel Farbe und wie viel Wasser benotigt man, um die Wande eines 3 m hohen Raumes zu ¨ streichen, dessen Grundflache 4 m × 5 m ist?
Aufgabe 27
¨ Losung: a) 360 cm3 ,
9
In 8 h erzeugen vier Werkzeugmaschinen 960 Formteile. Wie viele Teile erzeugen drei dieser Maschinen in 5 h?
10
¨ Losung: 450 Formteile
a) 6,7 · 102 , ¨ Losung: a) 670,
b) 1,54 · 10−1 ,
b) 0,154,
c) 2,3 · 106 ,
c) 2 300 000,
d) 8,11 · 10−3 ,
d) 0,00811,
e) 3,3 · 100 .
e) 3,3.
Aufgabe 28 Der Lebensmittelvorrat eines Kreuzfahrtschiffes reicht fur ¨ 120 Personen fur ¨ genau 18 Tage. ¨ Nach 6 Tagen werden 24 Personen zusatzlich an Bord genommen. Wie lange reicht der Vorrat insgesamt? ¨ Losung: Nach 6 Tagen wurde der Vorrat fur ¨ ¨ 120 Personen noch 12 Tage reichen, fur ¨ 144 Personen also ¨ also 16 Tage. noch 10 Tage. Insgesamt reichen die Vorrate
Aufgabe 32 Berechnen Sie: a) 33 , h) 4−2 ,
a) Wieviele Liter Benzin verbrauchen unter gleichen Bedingungen acht dieser PKWs auf einer Strecke von 350 km? b) Bei einer Testfahrt unter denselben Bedingungen verbrauchen 7 PKWs einer anderen Automarke auf einer 210 km langen Teststrecke zusammen 107,31 l Benzin. Welcher Autotyp hat den geringeren Durchschnittsverbrauch? ¨ Losung: a) 226,8 l Benzin b) Der zweite Autotyp hat mit 7,3 l pro 100 km einen geringeren Durchschnittsverbrauch als der erste Autotyp mit 8,1 l auf 100 km.
a) 27, 1 h) 16 ,
e) 70 , l) (−5)−2 ,
f) 03 , m) (−4)3 ,
g) 00 , n) (−6)1 .
b) 25, i) 13 ,
c) 512, j) 16,
d) 1, k) −1,
e) 1, 1 l) 25 ,
f) 0, m) −64,
g) 1, n) −6.
Aufgabe 33
a) 49,
b) 81,
c)
¨ Losung: a) 72 , b) 92 = 34 ,
c) 2−7 ,
1 128 ,
d) 125, d) 53 ,
e)
1 36 ,
e) 6−2 ,
f) 1024,
g) 64 .
35 , 33 7 3 k) 4 ,
104 , 54 3 l) 3 · 33 .
e) 32 , k) 421 ,
f) 24 , k) 36 .
Aufgabe 34 Schreiben Sie als eine Potenz: a) 34 · 32 ,
g) (77 )2 ,
a) 36 , g) 714 ,
a · 10z
Schreiben Sie die folgenden Zahlen in der Form fur ¨ eine ganze Zahl z und eine reelle Zahl a, bei der genau eine Ziffer vor dem Komma steht und diese von 0 verschieden ist. b) 0,062, b) 6,2 · 10−2 ,
c) 100,
d) 0, 000293,
c) 1 · 102 ,
d) 2,93 · 10−4 ,
e) 14 · 106 , e) 1,4 · 107 ,
f) 1,8.
b) 73 · 23 , 2
h) 77 ,
c) 24 · 43 ,
d) 64 · 2−4 ,
i) 56 · 57 ,
e)
j) 3−4 · 94 ,
b) 143 , h) 749 ,
c) 210 = 45 , i) 513 ,
d) 34 , j) 34 ,
f)
Aufgabe 35 Berechnen Sie:
f) 1,8 · 100 .
Aufgabe 31 Wandeln Sie die folgenden Zehnerpotenz-Darstellungen in Dezimaldarstellungen um.
11
g) 1296.
f) 210 = 45 ,
¨ Losung:
Aufgabe 30
¨ Losung: a) 2,34 · 101 ,
d) 18 , k) (−1)77 ,
Schreiben Sie als eine Potenz mit einer ganzzahligen Basis zwischen 1 und 9 und ganzzahligem Exponenten:
— Potenzrechnung —
a) 23,4,
c) 29 , j) (−4)2 ,
¨ Losung:
Aufgabe 29 Auf einer Teststrecke verbrauchen funf ¨ P K Ws desselben Typs auf einer Strecke von 280 km bei einer Testfahrt insgesamt 113,4 l Benzin.
b) 52 , i) 3−1 ,
2
1
b) 27 3 ,
a) 4 2 , f)
8 27
− 2 3
,
g)
−0.5 1 , 4
c) 320,2 , h)
√
2·
√ 4
12
d)
4,
i)
√ 4
√ 5
256,
4·
√ 5
8,
r
9 , 16 √ √ 3 3 j) 9 · 3.
e)
¨ Losung:
¨ Losung:
a) 2,
b) 9,
c) 2,
d) 4,
9 , 4
g) 2,
h) 2,
i) 2,
f)
3 e) , 4 j) 3.
a) 2x + 6, e) 9a2 − 6ab + b2 , i) a3 + 3a2 + 3a + 1, l) a3 − a2 b − ab2 + b3 .
Aufgabe 36
3 4
a) 4 , ¨√ Losung: 5 a) 4,
c) 30,3 ,
b) 2 ,
b)
√ 4
8,
c)
√
10
d) 4
27,
d)
− 27
r 7
Fassen Sie zu einem Produkt zusammen:
√
2 e) , 2
,
1 , 16
e)
r
f) √
1 , 2
f)
5 5·
√ 6
2 5
g) 4 · 2
√ , 3 5
5,
g)
√
10
− 12
.
8.
a) 3a − 3b, d) 4x2 + 12xy + 9y2 ,
b) ac + 2c − ad − 2d, e) ab − 3a + 7b − 21,
Berechnen Sie geschickt:
√
√
5 · 53 ,
a) 3( a − b), d) (2x + 3y)2 ,
b) ( a + 2)(c − d), e) ( a + 7)(b − 3),
2
b) (27 8) 3 ,
2 3
2 3
√
c)
2 3
b) (27 8) = 27 ( 8) = (27
r
p
(−4)6 · 9 , 24 · 42
d)
√ 3
12 ·
√ 6
92 · 4,
e)
√ √ √ √ 5 2 20 18.
√
1 3
)2
q
(8
1 3
)2
=
32
¨ Vereinfachen Sie unter geeigneten Einschrankungen an die Variablen: a) 1 −
1 3
— Termumformungen —
b) (y − 3)(y + 6), f) (7x + yz)(yz − 7x ), j) ( a − b)3 ,
c) ( a + 2)2 , g) ( a − b)( a2 + ab + b2 ), k) ( a + 1)(b + 2)(c + 3),
13
d) (2x − 3)(4a − 2b), h) (−4x + 2y)2 , l) ( a − b)2 · ( a + b).
z x , z y
e)
x−2 x−1 − , x−3 x−2
g)
2 x 2 x
+ 2x , − 2x
1 + x+1 1 h) 1−1 x , 1 x −1 +
n − ( n − 1) 1 = . n n 1 a+b 1 b) · · · = = 2 2. a + b a2 b2 a b
d) · · · = e) · · · =
4z + 3x xz − y + y 4z + 3x xz 4z + 3x · = · = . xyz y xyz y y2
=
1 2+
x +1
a) · · · =
x2 −zy xy 2y−zx xy
4 3 xz − y + +1 , xy yz y 2 2 x y 2 2 f) − : − , 2y 2x x y
c)
i)
¨ Losung:
Aufgabe 38 a) 2 · ( x + 3), e) (3a − b)2 , i) ( a + 1)3 ,
1 a+b
−
c) · · · =
Multiplizieren Sie aus:
1 1 + , ab2 a2 b
b)
x y 2 x
−
n−1 , n
d)
· 8 = 9 · 2 = 18.
(−4)6 · 9 (−4)6 · 9 43 · 3 43 · 3 √ = √ = 2 = 4 · 3 = 12. = 2 4 2 4 2 2 ·4 4 2 ·4 2 · 4 √ √ √ √ √ p √ 6 6 6 2 6 2 6 3 2 2 d) √12 · 9 · 4 = 12 · 9 · 4 = 12 · 92 · 4 = 6 (3 · 22 )2 · 34 · 22 = 32 · 24 · 34 · 22 = 6 6 6 3 · 2 = 3 · 2 = 6. √ √ √ √ √ √ √ √ e) 5 2 20 18 = 5 · 20 · 2 · 18 = 100 · 36 = 10 · 6 = 60. c)
c) (4x + 2y)(3a + 5b), f) 2a(2x + 7x2 + 25ab).
Aufgabe 40 r
¨√ Losung: √ 1 1 a) 5 · 53 = 54 = (54 ) 2 = 54· 2 = 52 = 25.
√
c) 12ax + 6ay + 20bx + 10by, f) 4ax + 14ax2 + 50a2 b.
¨ Losung:
Aufgabe 37
a)
c) a2 + 4a + 4, d) 8ax − 12a − 4bx + 6b, g) a3 − b3 , h) 16x2 − 16xy + 4y2 , k) abc + 3ab + 2ac + bc + 6a + 3b + 2c + 6,
Aufgabe 39
Schreiben Sie als Wurzel einer Zahl: 1 5
b) y2 + 3y − 18, f) y2 z2 − 49x2 , j) a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 ,
x2 − zy . 2y − zx
( x − 2)2 − ( x − 1)( x − 3) 1 = . ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2) 14
1 2x +
. 1 2x2
x3 − y3 2y − 2x ( x3 − y3 ) xy x 3 − y3 x 3 − y3 x2 + xy + y2 : = = = = . 2xy xy 2xy(2y − 2y) 4y − 4x 4( y − x ) −4
f) · · · =
4+ x 2 2x 4− x 2 2x
g) · · · =
=
4 + x2 2x 4 + x2 · = . 2 2x 4−x 4 − x2
x +1+1− x
2
2
h) · · · = x+11−+xx−1 = · 1 − x2 2 x −1
1
i) · · · =
1
2+
=
4x3 +1 2x2
c)
2x2 4x3 +1
=
1 8x3 +2+2x2 4x3 +1
=
4x3 +1 . 8x3 +2x2 +2
Es seien y > 0 und w < 0. Weiter seien m, n ganze Zahlen. Vereinfachen Sie unter geeigneten ¨ Einschrankungen an die restlichen Variablen:
√
d)
√
x2 , a·
b)
√ 3
a2 ·
√ 4
a3 ,
e)
(2r −6 s3 )−3 g) , (2r5 s−2 )4
p
y2 ,
c)
r z +1 − r 1− z , r −z − r z
f)
(−r )3m (−s5n ) h) − , (−s)2m (−r )4n+3
√
b) y,
r − s − s −r 1 − r s, sr − r s sr
1
2
3
23
s r r s (r − s − s −r ) − ( s r − r s ) = 0, ( sr − r s ) sr r s
h) (−1)m+1 r3m−4n−3 s5n−2m ,
b·
s3 − r 2 s , rs + s2
q
√
a+
√
b,
√ √ a ax − x ax √ √ , a− x (r − s)2 + 4rs d) . (r + s )2 b)
q
c)
s3 − r 2 s s2 − r 2 (s − r )(s + r ) s ( s2 − r 2 ) = = = s − r. = 2 s (r + s ) r+s r+s rs + s
d)
(r − s)2 + 4rs r2 − 2rs + s2 + 4rs r2 + 2rs + s2 (r + s )2 = = = = 1. 2 2 2 (r + s ) (r + s ) (r + s ) (r + s )2
e) . . . =
g) . . . =
1 , 27 r 2 s i) . . . =
√
a−
r (r z − r − z ) = r −z − r z 2−3 r18 s−9 24 r20 s−8
√
Bringen Sie die folgenden Terme durch Erweitern auf eine Form, in der im Nenner keine Wurzeln mehr stehen. Dabei seien a und b reelle Zahlen mit a, b > 0 und a 6= b. a) √
=
r 6 r 5 s −9 r3 = . 6 2 − 8 s r r s
1 a−
√ , b
b) √
1 a+
√ , b
c) √ 3
¨ Losung:
1
Aufgabe 42
Es seien a, b, r, s, x reelle Zahlen mit a > b > 0 und x > 0 sowie a 6= x, s 6= 0 und r 6= −s. Vereinfachen Sie mit Hilfe der binomischen Formeln:
15
a2
1 √ , √ 3 3 + ab + b2
d) √ 3
1 a−
√ . 3 b
√ √ √ √ a+ b a+ b √ = √ √ √ √ = . a−b a− b ( a − b)( a + b) √ √ √ √ 1 a− b a− b √ = √ √ √ √ = b) √ . a−b a+ b ( a + b)( a − b) √ √ √ √ 3 3 3 3 1 a− b a− b √ √ √ c) √ = = (etwa mit A 38(g)). √ √ √ √ 3 2 3 3 3 3 a−b a + ab + b2 ( a2 + 3 ab + b2 )( 3 a − 3 b) √ √ √ √ √ √ 3 2 3 2 3 3 3 3 1 a + ab + b2 a + ab + b2 √ √ √ d) √ = = . √ √ √ 3 2 3 2 3 3 3 3 3 a−b a− b ( a − b)( a + ab + b ) a) √
−r , f) . . . =
√
a)
2
( r 3 )2 r 5 s −3 i) −1 −6 2 −2·4 . (r ) r s
c) −w,
d) . . . = a 2 a 3 a 4 = a 12 ,
a−
Aufgabe 43
w2 ,
¨ Losung: a) | x |,
√
q q √ q √ √ √ √ √ √ √ √ b· a + b = ( a − b ) · ( a + b ) = ( a )2 − ( b )2 = a − b. √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ a ax − x ax ( a − x ) ax ( a − x )( a + x ) ax √ √ √ = √ √ b) = √ = a x + x a. a− x a− x a− x
Aufgabe 41
a)
q
¨ Losung:
x2 − 1 1 =− . 2x x
1 2+
a)
16
— Quadratische Gleichungen und Ungleichungen — Aufgabe 47
Aufgabe 44 ¨ Bringen Sie die folgenden Terme durch quadratische Erganzung auf die Scheitelpunktform a( x − b)2 + c, und lesen Sie daran Art und Lage des lokalen Extremums sowie die Anzahl der Nullstellen der Parabel ab. a) x2 − 4x + 5,
b) 12 x2 + x − 29 ,
c) −3x2 + 12x − 11,
d) 2x2 − 4x + 2.
¨ Losung: a) ( x − 2)2 + 1, lokales Minimum in (2, 1), keine Nullstellen b)
1 2 (x
c) −3( x − 2)2 + 1, lokales Maximum in (2, 1), zwei Nullstellen
c)
x + 5a − b x+a+b +1 = . x x+a−b
Bringen Sie die folgenden quadratischen Terme durch Raten der richtigen Koeffizienten auf die Form ( x − a)( x − b), und lesen Sie daran die Nullstellen der Parabel ab. Hinweis: Ist x2 + px + q = ( x − a)( x − b), so muss q = ab gelten; in dieser Aufgabe sind a und b stets ganzzahlig. c) x2 + 5x + 6,
d) x2 + 3x − 4.
x+4 2x = x+5 x−4
⇔ ⇔ ⇔
Aufgabe 46 ¨ ¨ Losen Sie die folgenden Gleichungen (sofern moglich) mit der p-q-Formel, durch quadratische ¨ Erganzung oder wie in der letzten Aufgabe. c) x2 − 4x + 5 = 3x2 + 7, f) x2 = x + 1, i) x4 − 2x2 − 8 = 0.
¨ Losung:
17
⇔
x2 − 4x − 12 = 0,
c) x = −1, √ f) x = 12 (1 ± 5), i) x = 2 oder x = −2.
⇔
( x + 4)( x − 4) = 2x ( x + 5)
⇔
x2 + 10x + 16 = 0,
x + 5a − b x+a+b +1 = x x+a−b
d) ( x − (−4))( x − 1), Nullstellen sind 1 und −4.
¨ b) keine (reelle) Losung, e) x = 21 oder x = − 21 , ¨ h) keine (reelle) Losung,
x + 8 = ( x − 4)( x + 1)
c) fur ¨ x ∈ R mit x 6= 0 und x 6= b − a sind beide Seiten definiert.
c) ( x − (−2))( x − (−3)), Nullstellen sind −2 und −3.
a) x = 2 oder x = −3, d) x = 0 oder x = −7, g) x = ±2 oder x = ±3,
⇔
¨ die Losung ist x = −8 oder x = −2.
⇔
34 b) 13 x2 + 10 3 x + 3 = 0, e) 4x2 − 1 = 0, h) x4 + 2x2 + 1 = 0,
x+4 2x = , x+5 x−4
b) fur ¨ x ∈ R mit x 6= −5 und x 6= 4 sind beide Seiten definiert.
b) ( x − 2)( x − 3), Nullstellen sind 2 und 3.
a) x2 + x − 6 = 0, d) x2 + 7x = 0, g) x4 − 13x2 + 36 = 0,
b)
¨ die Losung ist x = −2 oder x = 6.
Aufgabe 45
¨ Losung: a) ( x − 0)( x − 2), Nullstellen sind 0 und 2.
x+8 = x − 4, x+1
x+8 = x−4 x+1
d) 2( x − 1)2 , lokales Minimum in (1, 0), eine Nullstelle
b) x2 − 5x + 6,
a)
¨ Losung: a) fur ¨ x ∈ R mit x 6= −1 sind beide Seiten definiert.
+ 1)2 − 5, lokales Minimum in (−1, −5), zwei Nullstellen
a) x2 − 2x,
Geben Sie fur ¨ die folgenden Gleichungen an, fur ¨ welche reellen Zahlen x (gegebenenfalls in ¨ ¨ Abhangigkeit von den Parametern a und b) beide Seiten definiert sind. Losen Sie dann die Gleichung in x.
( x + a + b)( x + a − b) + x ( x + a − b) = x ( x + 5a − b) (2x + a + b)( x + a − b) = x2 + 5ax − bx
2x2 + 3ax − bx + a2 − b2 = x2 + 5ax − bx x2 − 2ax + a2 − b2 = 0,
¨ die Losung ist x = a + b oder x = a − b, sofern beide Seiten der Gleichung fur ¨ diese Werte ¨ definiert sind. Man hat also im Fall a = b = 0 keine Losung, im Fall a = 0 und b 6= 0 die ¨ ¨ Losung x = −b, im Fall a 6= 0 und b = 0 die Losung x = a, im Fall a, b 6= 0 und a = b ¨ ¨ die Losung x = 2a, im Fall a, b 6= 0 und a = −b ebenfalls die Losung x = 2a und in allen ¨ anderen fullen die Losungen x = a + b und x = a − b. ¨
Aufgabe 48 ¨ Bestimmen Sie die Losungsmengen der folgenden Ungleichungen. a) x2 > 9, c) x2 + 3x − 9 6 − x2 + 7x + 7, e) x2 − 4x + 6 < 2x2 − 12x + 28,
b) x2 + 6x + 3 < 10, d) 2x2 + 3 6 1 − 4x, f) 3x4 + 4 6 2x4 + 5x2 .
18
¨ Losung: a) x2 > 9
⇔
( x − 3)( x + 3) > 0
⇔
¨ Losung: ¨ man a) Indem man mit xy erweitert und weiter umformt, erhalt
x < −3 oder x > 3.
b) x2 + 6x + 3 < 10 ⇔ x2 + 6x − 7 < 0 ⇔ ( x − 1)( x + 7) < 0; ¨ genau die x ∈ R mit −7 < x < 1 die Ungleichung losen.
¨ dass man erhalt,
c) x2 + 3x − 9 6 − x2 + 7x + 7 ⇔ 2x2 − 4x − 16 6 0 ⇔ 2( x + 2)( x − 4) 6 0; man ¨ dass genau die x ∈ R mit −2 6 x 6 4 die Ungleichung losen. ¨ erhalt,
d) 2x2 + 3 6 1 − 4x ⇔ 2x2 + 4x + 2 6 0 ¨ −1 die Ungleichung lost.
⇔
2( x + 1)2 6 0; man liest ab, dass nur
e) x2 − 4x + 6 < 2x2 − 12x + 28 ⇔ − x2 + 8x − 22 < 0 liest ab, dass die Ungleichung fur ¨ alle x ∈ R erfullt ¨ ist.
⇔
¨ fur ¨ welche x ∈ R sind die Ungleichungen definiert? Bestimmen Sie die Losungsmengen.
x−1 2x − 1 < , x+1 2x + 1
b)
x2 − 5x + 4 > 0, x2 − 8x + 15
c)
x 2x − 1 < . x+2 3x − 5
¨ Losung: ¨ a) Der Definitionsbereich ist R \ {−1, − 21 }, die Losungsmenge der Ungleichung lautet hier
1 L = { x ∈ R | − 1 < x < − oder x > 0}. 2 ¨ b) Der Definitionsbereich ist R \ {3, 5}, die Losungsmenge der Ungleichung lautet hier
L = { x ∈ R | x 6 1 oder 3 < x 6 4 oder x > 5}. ¨ c) Der Definitionsbereich ist R \ {−2, 53 }, die Losungsmenge der Ungleichung lautet hier
L=
x ∈ R| −2 < x < 4−
Aufgabe 50 Beweisen Sie die folgenden Ungleichungen: a)
√
14 oder
√ 5 < x < 4 + 14 . 3
⇔
x2 + y2 > 2xy
⇔
x2 − 2xy + y2 > 0
⇔
( x − y)2 > 0,
b) Die erste Ungleichung gilt nach
2xy 6 12 ( x + y)2
⇔
2xy 6 12 ( x2 + 2xy + y2 )
⇔
0 6 x2 − 2xy + y2
⇔
⇔
0 6 ( x − y )2 ,
4xy 6 x2 + 2xy + y2
da ( x − y)2 > 0 fur ¨ alle x, y ∈ R eine wahre Aussage ist. Die zweite Ungleichung gilt mit derselben Begrundung wegen ¨ 1 2 (x
⇔
Aufgabe 49
xy>0
und das ist stets eine wahre Aussage, also gilt die Behauptung.
−( x − 4)2 − 6 < 0; man
f) 3x4 + 4 6 2x4 + 5x2 ⇔ x4 − 5x2 + 4 6 0 ⇔ ( x2 − 1)( x2 − 4) 6 0; die Unglei¨ chung ist also aquivalent zu 1 6 x2 6 4, also zu 1 6 x 6 2 oder −2 6 x 6 −1.
a)
x y + >2 y x
+ y )2 6 x 2 + y2 2xy 6 x2 + y2
⇔ ⇔
( x + y)2 6 2x2 + 2y2 0 6 x2 − 2xy + y2
⇔
⇔
x2 + 2xy + y2 6 2x2 + 2y2
0 6 ( x − y )2 .
Aufgabe 51 (∗)
Beweisen Sie die folgenden Aussagen. fur ¨ den Umgang mit den Ungleichungszeichen < und > durfen Sie hier nur die aus der Vorlesung bekannten Anordnungsaxiome (O.1) bis (O.4) ¨ verwenden. a) Ist r ∈ R, so gilt r < 0 ⇔ −r > 0.
b) fur ¨ alle r ∈ R mit r 6= 0 gilt r2 > 0. c) 1 > 0. d) Ist r ∈ R mit r > 0, so gilt auch
1 r
> 0.
¨ Losung: a) Ist r < 0, so folgt mit (O.3) r + (−r ) < 0 + (−r ), also 0 < −r und damit −r > 0. Gilt umgekehrt −r > 0, also 0 < −r, so folgt mit (O.3) 0 + r < (−r ) + r, also r < 0. Damit wurde ¨ die Aquivalenz bewiesen. b) Nach (O.1) verbleiben die fulle ¨ r > 0 und r < 0 zu untersuchen. Im Fall r > 0 (also 0 < r) hat man 0 · r < r · r nach (O.4), also r2 > 0, und im Fall r < 0 hat man −r > 0 (also 0 < −r) nach Teil (a) und damit 0 · (−r ) < (−r ) · (−r ) nach (O.4), also (−r )2 > 0 und damit wegen (−r )2 = r2 auch r2 > 0. ¨ c) Wahle r = 1 in Teil (b).
x y + > 2 fur ¨ alle x, y ∈ R mit x, y > 0, y x
b) 2xy 6 12 ( x + y)2 6 x2 + y2 fur ¨ alle x, y ∈ R.
19
d) Annahme: 1r < 0. Dann folgt − 1r > 0 nach Teil (a) und damit 0 · 0 < r · (− 1r ) nach (O.4) wegen 0 < r. Die letzte Ungleichung bedeutet aber 0 < −1 und damit nach Teil (a) 1 < 0, was mit (O.1) und Teil (c) einen Widerspruch liefert. Daher muss nach (O.1) 1r > 0 oder 1r = 0 gelten. Letzteres ist aber ausgeschlossen. Damit ist die Behauptung bewiesen.
20
¨ Losung: √ ¨ a) Definitionsbereich ist R \ {−2, 2}, Losungsmenge ist {−4, 12 − 217 }.
Aufgabe 52 ¨ ¨ auf, das heißt, geben sie einen gleichwertigen Ausdruck ohne BetragsstriLosen Sie die Betrage che (dafur ¨ gegebenenfalls mit Fallunterscheidung) an. b) | x2 − 5x + 6|,
a) | x − 5|, ¨ Losung: a) | x − 5| =
(
c) | x2 − 2x + 1|,
d)
| x 2 + x − 2| . | x + 4|
c) | x2 − 2x + 1| = |( x − 1)2 | = ( x − 1)2
2 x +x−2 x+4 ,
falls x > 1 oder − 4 < x 6 −2, | x 2 + x − 2| |( x − 1)( x + 2)| = = | x + 4| | x + 4| 2 − x + x − 2 , falls − 2 < x < 1 oder x < −4 x+4
Aufgabe 53
fur ¨ welche x ∈ R sind die folgenden Ungleichungen erfullt? ¨ a) | x + 4| < 2,
¨ Losung: a) −6 < x < −2,
b) | x − 1| > 1,
b) x > 2 oder x < 0,
c) | x − 3| > 0 und | x + 1| < 5. c)−6 < x < 4 und x 6= 3.
Aufgabe 54 ¨ Losen Sie die folgenden Betragsgleichungen. a) | x + 1| = x + 2,
b) | x − 1| − 2 = − x + 1,
c) 2| x + 1| − 1 = 2x + 1,
¨ Losung: a) x = − 32 ,
c) x > −1,
b) x = 2,
d) −3| x − 2| = 3x + 1. ¨ d) Gleichung unlosbar
Aufgabe 55 ¨ fur Sie die Gleichungen. ¨ welche x ∈ R sind die folgenden Gleichungen definiert? Losen a)
x2
− 3x − 4 = 1, 2| x 2 − 4|
2 x − 3x + 2 − 1 = 1. b) 2 x + 3x + 2
21
√
73 2 }.
Aufgabe 56 Untersuchen Sie, welche x ∈ R die folgenden Ungleichungen erfullen. ¨ a) | x2 − 2x − 2| < 2x − 1,
x − 5, falls x > 5,
5 − x, falls x < 5 ( x2 − 5x + 6, falls x 6 2 oder x > 3, 2 b) | x − 5x + 6| = − x2 + 5x − 6, falls 2 < x < 3
d)
¨ b) Definitionsbereich ist R \ {−2, −1}, Losungsmenge ist {− 92 ±
¨√ Losung: √ a) 3 < x < 2 + 5,
b) | x2 + x − 1| > ( x − 2)2 + 1,
b) x > 65 ,
c) | x − 1| < |2x − 3| − 1.
c) x < 1 oder x > 3.
Aufgabe 57 ¨ fur Sie die Ungleichungen. ¨ welche x ∈ R sind die folgenden Ungleichungen definiert? Losen a)
1 2 − | x − 1| > , | x − 4| 2
b)
|x| − 1 1 > , 2 x2 − 1
¨ Losung: ¨ a) Definitionsbereich: R \ {4}, Losungsmenge: {x ∈ R |
c)
2 3
|( x + 2)2 − 2| > 1. x+1
6 x 6 2}
¨ b) Definitionsbereich: R \ {−1, 1}, Losungsmenge: { x ∈ R | − 1 < x < 1} ¨ c) Definitionsbereich: R \ {−1}, Losungsmenge: { x ∈ R | − 1 < x < − 52 +
− 32 +
√
5 2 }
√
13 2
oder x >
Aufgabe 58 ¨ Losen Sie die folgenden kubischen Gleichungen, indem Sie sie gegebenenfalls auf die Form p( x ) = 0 bringen, eine Nullstelle d von p raten, dann p( x ) durch x − d dividieren und die ¨ verbleibende quadratische Gleichung losen. Hinweis: Ist p( x ) = x3 + ax2 + bx + c, so testen ¨ Sie zunachst die ganzzahligen Teiler von c darauf, ob sie Nullstellen von p sind. a) x3 − 7x + 6 = 0, c) x3 + x + 6 = 4x2 − x + 2,
b) x3 − 6x2 + 5x + 12 = 0, d) 2x3 + 8x2 + 12x + 8 = 0.
¨ Losung: a) x = 1 oder x = 2 oder x = −3 (geratene Nullstelle sei 1, dann mit Polynomdivision ( x3 − 7x + 6) : ( x − 1) = x2 + x − 6 = ( x − 2)( x + 3)) b) x = −1 oder x = 3 oder x = 4 (geratene Nullstelle sei −1, dann mit Polynomdivision ( x3 − 6x2 + 5x + 12) : ( x + 1) = x2 − 7x + 12 = ( x − 3)( x − 4))
22
√
¨ c) x = 2 oder x = 1 ± 3 (gegebene Gleichung ist aquivalent zu x3 − 4x2 + 2x + 4 = 0, geratene Nullstelle sei 2, dann ( x3 − 4x2 + 2x + 4) : ( x − 2) = x2 − 2x − 2 = ( x − 1)2 − 3, ¨ ¨ Losen von ( x − 1)2 − 3 = 0 liefert weitere Losungen der gegebenen Gleichung)
Aufgabe 60 Man beweise die folgenden Aussagen durch Vergleich der Wahrheitstafeln beider Seiten: a) A ∧ ( B ∧ C ) ⇔ ( A ∧ B) ∧ C, c) ¬( A ∧ B) ⇔ ¬ A ∨ ¬ B, e) A ∨ ( B ∧ ¬ B) ⇔ A,
¨ schreibbar als x3 + 4x2 + 6x + 4 = 0, geratene Nullstelle sei d) x = −2 (Gleichung aquivalent 3 2 −2, dann ( x + 4x + 6x + 4) : ( x + 2) = x2 + 2x + 2 = ( x + 1)2 + 1 > 0 fur ¨ alle x ∈ R)
— Logik — Aufgabe 59 Stellen Sie Wahrheitstafeln fur ¨ die folgenden Formeln auf: a) A ∧ ( B ∨ C ), ¨ Losung: a) A B F F F F F W F W W F W F W W W W b) A F F F F W W W W c) A F F W W
C F W F W F W F W
B∨C F W W W F W W W
C F W F W F W F W
B
¬ A ¬B ¬ A ∨ ¬B W W F F
W F W F
A∧C F F F F F W F W
W W W F
d) A ∨ ¬ A.
C
A∧B
F W F W F W F W
F F F F F F W W
B∧C F F F W F F F W
A ∧ (B ∧ C) F F F F F F F W
( A ∧ B) ∧ C F F F F F F F W
Die letzte und vorletzte Spalte stimmen uberein. Daher ist die Behauptung bewiesen. ¨
F F F F F W W W
F F W W F F W W
F F F F F F W W
c) ¬ A ∨ ¬ B,
A ∧ (B ∨ C)
B
F W F W
A∧B
b) ( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C ),
¨ Losung: a) A B F F F F F W F W W F W F W W W W
b) A ∧ ( B ∨ C ) ⇔ ( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C ), d) ¬(¬ A) ⇔ A, f) A ∧ (¬ A ∨ B) ⇒ B.
b) Vergleich der Tafeln aus Aufgabe 59 (a) und (b) liefert die Behauptung. c)
A
B
F F W W
F W F W
A∧B F F F W
¬( A ∧ B) W W W F
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der letzten Spalte der Tafel aus Aufgabe 59 (c) ¨ uberein. Dies zeigt die behauptete Aquivalenz. ¨
( A ∧ B) ∨ ( A ∧ C )
d)
F F F F F W W W
A F W
¬ A ¬(¬ A) W F
F W
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der ersten Spalte uberein. Dies zeigt die behauptete ¨ ¨ Aquivalenz. e)
d) A F W
¬A
23
W F
A ∨ ¬A W W
A
B
F F W W
F W F W
¬B W F W F
B ∧ ¬B F F F F
A ∨ ( B ∧ ¬ B) F F W W
Die letzte Spalte dieser Tafel stimmt mit der ersten Spalte uberein. Dies zeigt die behauptete ¨ ¨ Aquivalenz.
24
f)
A
B
F F W W
F W F W
¬A ¬A ∨ B W W F F
W W F W
A ∧ (¬ A ∨ B)
(2) fur ¨ m, n ∈ N gilt
F F F W
(m − n)2 + 4mn = (m + n)2 2
2
2
m − 2mn + n + 4mn = m + 2mn + n
−2mn + 4mn = 2mn
Wann immer A ∧ (¬ A ∨ B) wahr ist (was nur der Fall ist, wenn A und B beide wahr sind), ist auch B wahr. Dies zeigt die behauptete Implikation.
Geben Sie fur ¨ die logischen Aussagen
⇒
3x = 9
⇒
x=3
b) 3x − 7 = 2
⇔
3x = 9
⇔
x=3
c) 3x − 7 = 2
⇐
3x = 9
⇐
x=3
⇔ ⇔ ⇔
2mn = 2mn, und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 fur ¨ alle m, n ∈ N gelten.
Aufgabe 61 a) 3x − 7 = 2
2
(3) fur ¨ m, n ∈ N gilt
(m − n)2 + 4mn = (m + n)2 2
2
2
m − 2mn + n + 4mn = m + 2mn + n
−2mn + 4mn = 2mn
¨ jeweils an, fur dienen konnen: ¨ welche der folgenden Aussagen sie als Begrundung ¨ ¨ (1) Die Losungsmenge der Gleichung 3x − 7 = 2 fur ¨ x ∈ R ist {3}.
2
⇐ ⇐ ⇐
2mn = 2mn, und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 fur ¨ alle m, n ∈ N gelten.
¨ (2) 3 ist eine Losung der Gleichung 3x − 7 = 2 fur ¨ x ∈ R. ¨ ¨ (3) Hochstens 3 ist eine Losung der Gleichung 3x − 7 = 2 fur ¨ x ∈ R.
(4) fur ¨ alle m, n ∈ N gilt
¨ Losung: a) Die Folgerungskette kann nur als Begrundung fur ¨ ¨ (3) dienen.
(m − n)2 + 4mn = m2 − 2mn + n2 + 4mn = m2 + 2mn + n2 = (m + n)2 .
¨ b) Die Aquivalenzkette kann (1), (2) und (3) begrunden. ¨ c) Die Ruckfolgerungskette kann nur als Begrundung fur ¨ ¨ ¨ (2) dienen.
Aufgabe 62
Welche der folgenden Ausfuhrungen stellen einen Beweis der Tatsache (m − n)2 + 4mn = ¨ 2 (m + n) fur ¨ alle m, n ∈ N dar? (1) fur ¨ m, n ∈ N gilt
¨ Losung: Mit Ausnahme von (1) stellen alle Ausfuhrungen einen Beweis der angegebenen Tatsache dar. ¨ ¨ Folgerungsketten, die in einer wahren Aussage enden, konnen kein Beweis fur ¨ die Anfangsaussage sein: Es gilt 1 = −1 ⇒ 12 = (−1)2 ⇒ 1 = 1, und Letzteres ist eine wahre Aussage; dennoch ist 1 = −1 in den reellen Zahlen falsch. Die umgekehrte Richtung, also eine Folgerungskette, die beginnend mit einer wahren Aussage zur Behauptung fuhrt, stellt hingegen ¨ einen korrekten Beweis dar.
Aufgabe 63 2
(m − n) + 4mn = (m + n)
2
m2 − 2mn + n2 + 4mn = m2 + 2mn + n2
−2mn + 4mn = 2mn
⇒ ⇒ ⇒
2mn = 2mn, und da 2mn = 2mn stets eine wahre Aussage ist, muss (m − n)2 + 4mn = (m + n)2 fur ¨ alle m, n ∈ N gelten.
25
Geben Sie an, welche der folgenden Rechnungen aus welchem Grund als Begrundung fur ¨ ¨
( a − b)2 + ab − b2 = a
a2 − b2 a+b
fur ¨ a, b ∈ R mit a 6= −b gut beziehungsweise weniger gut sind. (1) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab = a( a − b) = a
a
a2 − b2 . a+b
26
( a − b)( a + b) = a+b
(2) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab = a
a2 − b2 ( a − b)( a + b) =a = a+b a+b
(3) ( a − b)2 + ab − b2 = a2 − 2ab + b2 + ab − b2 = a2 − ab und a
a2 − b2 ( a − b)( a + b) =a = a+b a+b
a( a − b) = a2 − ab.
a( a − b) = a2 − ab.
¨ Losung: ¨ (1) und (3) sind als Begrundungen in Ordnung, wahrend (2) nicht gut ist, da die Gleichungskette ¨ zwar mathematisch korrekt ist, aber aus logischer Sicht nicht in der richtigen Reihenfolge aufgeschrieben wurde: Der Schritt
Aufgabe 65 a) Geben Sie fur ¨ jede der folgenden Bedingungen an, ob sie notwendig und/oder hinreichend dafur ¨ ist, dass ein Dreieck gleichseitig ist. (i) Alle drei Seiten sind gleich lang. (ii) Zwei Seiten des Dreiecks sind gleich lang. (iii) Alle drei Winkel im Dreieck sind gleich 60 °. (iv) Zwei Winkel im Dreieck sind gleich 60 °. ¨ (v) Alle drei Seiten habe eine Lange von 5 cm. (vi) fur ¨ eine Seite a des Dreiecks gilt ha = ¨ ¨ Lange der Hohe auf a bezeichnet.
a2 − b2 a − ab = a a+b 2
ist an dieser Stelle nicht offensichtlich, eine Begrundung kann erst aus der weiteren Rechnung ¨ erschlossen werden; dieser Begrundungszusammenhang wird jedoch nicht dargestellt. ¨
a 2
√
¨ 3, wobei a die Lange der Seite a und ha die
b) Geben Sie fur ¨ jede der folgenden Bedingungen an, ob sie notwendig und/oder hinreichend dafur ¨ ist, dass ein Viereck ein Parallelogramm ist. (i) Alle vier Seiten sind gleich lang.
Aufgabe 64
(ii) Zwei Seiten sind gleich lang.
¨ ¨ Finden Sie den Fehler in der folgenden ’ AufgabenLosung’. Losen Sie danach die Aufgabe korrekt.
(iii) Es gibt zwei Paare gleich langer Seiten.
Aufgabe: Man bestimme alle x ∈ R, die sowohl 1 + x2 = 0 als auch 1 + x3 = 0 erfullen. ¨ ¨ Losungsversuch: Es gilt
1 + x2 = 0 und 1 + x3 = 0 1 + x2 = 1 + x3 x2 = x3
(iv) Gegenuberliegende Seiten sind gleich lang. ¨ (v) Alle vier Winkel sind gleich groß. (vi) Zwei Winkel sind gleich groß.
⇒
(vii) Es gibt zwei Paare gleich großer Winkel.
⇒
(viii) Gegenuberliegende Winkel sind gleich groß. ¨
⇒
x = 0 oder 1 = x, also erfullen 0 und 1 gleichzeitig 1 + x2 = 0 und 1 + x3 = 0. ¨ ¨ Losung: ¨ Die Folgerungskette an sich ist logisch einwandfrei, sie beweist jedoch nur, dass als Losungen ¨ ¨ nur 0 und 1 in Frage kommen, nicht jedoch, dass 0 und 1 tatsachlich Losungen sind. Wann immer ¨ in einer Gleichungsumformung nicht ausschließlich Aquivalenzen sondern auch Folgerungen auftreten, ist am Ende eine Probe erforderlich. Eine solche Probe zeigt hier, dass weder 0 ¨ noch 1 die Gleichung 1 + x2 = 0 erfullen, also sind weder 0 noch 1 Losungen der Aufgabe. ¨ ¨ Zusammen mit der bereits begrundeten Tatsache, dass nur 0 und 1 uberhaupt als Losungen in ¨ ¨ Frage kommen, hat man nun insgesamt gezeigt, dass es kein x ∈ R gibt, das sowohl 1 + x2 = 0 als auch 1 + x3 = 0 erfullt. ¨
(ix) Die Diagonalen halbieren sich. ¨ Losung: a) Notwendig, aber nicht hinreichend sind (ii) und (vi); hinreichend, aber nicht notwendig ist (v); notwendig und hinreichend sind (i), (iii) und (iv). b) Notwendig, aber nicht hinreichend sind (ii), (iii), (vi) und (vii); hinreichend, aber nicht notwendig sind (i) und (v); notwendig und hinreichend sind (iv), (viii) und (ix).
Aufgabe 66 Schreiben Sie die folgenden Aussagen mit den Quantoren ∀ und ∃, und bilden Sie dann die formale Verneinung (ebenfalls in Quantorenschreibweise). a) Es gibt ein x ∈ Z mit x > 0. b) fur ¨ alle x ∈ Z gilt x > 0.
27
28
c) fur ¨ alle x ∈ Z gibt es ein y ∈ Z mit x > y. d) Es gibt ein x ∈ Z, so dass fur ¨ alle y ∈ Z gilt: x > y.
c) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Es gibt eine ungerade naturliche Zahl’, eine Verneinung der zweiten Aussage ¨ lautet: ’Es gibt eine gerade naturliche Zahl.’ ¨
¨ Losung: a) ∃ x ∈ Z : x > 0; Verneinung: ∀ x ∈ Z : x 6 0.
d) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Es gibt eine naturliche Zahl, die keine ganze Zahl ist’, eine Verneinung der ¨ zweiten Aussage lautet: ’Es gibt eine naturliche Zahl, die eine ganze Zahl ist.’ ¨
c) ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y; Verneinung: ∃ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x 6 y.
e) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage.
b) ∀ x ∈ Z : x > 0; Verneinung: ∃ x ∈ Z : x 6 0.
d) ∃ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x > y; Verneinung: ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x 6 y.
Aufgabe 67 Entscheiden Sie jeweils, ob die zweite Aussage die formale Verneinung der ersten Aussage ist. Falls das nicht der Fall sein sollte, geben Sie fur ¨ beide Aussagen jeweils eine korrekte Verneinung an. a) Die Zahl 4 ist durch 2 teilbar. – Die Zahl 4 ist durch 3 teilbar. b) Die Zahl 6 ist durch 3 teilbar. – Die Zahl 6 ist nicht durch 3 teilbar. c) Alle naturlichen Zahlen sind gerade. – Alle naturlichen Zahlen sind ungerade. ¨ ¨ d) Alle naturlichen Zahlen sind ganze Zahlen. – Keine naturliche Zahl ist eine ganze Zahl. ¨ ¨ e) Jede gerade Zahl ist durch 4 teilbar. – Es gibt eine gerade Zahl, die nicht durch 4 teilbar ist. Zahl, die nicht durch 1 teilbar ist. – Es gibt eine naturliche Zahl, die f) Es gibt eine naturliche ¨ ¨ durch 1 teilbar ist. g) Alle naturlichen Zahlen, die durch 6 teilbar sind, sind auch durch 3 teilbar. – Es gibt naturliche ¨ ¨ Zahlen, die weder durch 6 noch durch 3 teilbar sind. ¨ ¨ h) Jede gerade Zahl großer 2 Losst sich als Summe zweier Primzahlen darstellen. – Es gibt eine ¨ gerade Zahl n großer 2, so dass fur ¨ alle Primzahlen p und q gilt: p + q 6= n.
i) Zu jeder reellen Zahl r > 0 gibt es eine naturliche Zahl N , so dass fur ¨ ¨ alle n > N gilt: 0 < n1 (1 + (−1)n ) < r. – Es gibt eine reelle Zahl r > 0, so dass fur Zahlen ¨ alle naturlichen ¨ ¨ N stets ein n > N existiert mit n1 (1 + (−1)n ) > r. (Schreiben Sie zunachst beide Aussagen in Quantorenschreibweise!)
¨ Losung: a) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Die Zahl 4 ist nicht durch 2 teilbar ’, eine Verneinung der zweiten Aussage lautet: ’Die Zahl 4 ist nicht durch 3 teilbar.’ b) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage.
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f) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Alle naturlichen Zahlen sind durch 1 teilbar’, eine Verneinung der zweiten ¨ Aussage lautet: ’Alle naturlichen Zahlen sind nicht durch 1 teilbar.’ ¨ g) Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Es gibt eine naturliche Zahl, die durch 6, aber nicht durch 3 teilbar ist’, eine ¨ Verneinung der zweiten Aussage lautet: ’Jede naturliche Zahl ist durch 6 oder durch 3 teilbar.’ ¨ h) Die zweite Aussage ist eine Verneinung der ersten Aussage. i) Aussagen in Quantorenschreibweise: ∀r > 0 ∃ N ∈ N ∀n > N : 0 < n1 (1 + (−1)n ) < r beziehungsweise ∃r > 0 ∀ N ∈ N ∃n > N : n1 (1 + (−1)n ) > r. Die zweite Aussage ist keine Verneinung der ersten Aussage. Eine Verneinung der ersten Aussage lautet: ’Es gibt eine reelle Zahl r > 0, so dass fur Zahlen N stets ein n > N existiert mit ¨ alle naturlichen ¨ 1 1 n n n (1 + (−1) ) > r oder n (1 + (−1) ) 6 0’, eine Verneinung der zweiten Aussage lautet: ’Zu jeder reellen Zahl r > 0 gibt es eine naturliche Zahl N , so dass fur ¨ ¨ alle n > N gilt: 1 n ) 6 r.’ ( 1 + (− 1 ) n
Aufgabe 68 Bestimmen Sie die Wahrheitswerte der folgenden Aussagen. a) ∀ x ∈ Z : x > 0, d) ∀ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y,
b) ∃ x ∈ Z : x > 0, e) ∃y ∈ Z ∀ x ∈ Z : x > y,
c) ∀ x ∈ Z ∀y ∈ Z : x > y, f) ∃ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x > y.
¨ Losung: a) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∃ x ∈ Z : x 6 0. Diese kann bewiesen ¨ werden, indem man x = 0 wahlt. Daher ist die zu untersuchende Aussage falsch. ¨ b) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden, indem man x = 1 wahlt. Daher ist die zu untersuchende Aussage wahr. c) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∃ x ∈ Z ∃y ∈ Z : x 6 y. Diese kann ¨ bewiesen werden, indem man x = 0 und y = 0 wahlt. Daher ist die zu untersuchende Aussage falsch. ¨ d) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden: ’Sei x ∈ Z. Wahle y = x − 1. Dann ist y ∈ Z, und es gilt x > y.’ Daher ist die zu untersuchende Aussage wahr.
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e) Die Verneinung der gegebenen Aussage lautet: ∀y ∈ Z ∃ x ∈ Z : x 6 y. Diese kann ¨ bewiesen werden: ’Sei y ∈ Z. Wahle x = y. Dann ist x ∈ Z, und es gilt x 6 y.’ Daher ist die zu untersuchende Aussage falsch. (Bemerkung: Zusammen mit der letzten Teilaufgabe ¨ zeigt dies, dass eine Anderung der Reihenfolge von Quantoren im Allgemeinen nicht zu einer ¨ aquivalenten Formel fuhrt.) ¨ ¨ f) Die gegebene Aussage kann bewiesen werden, indem man x = 1 und y = 0 wahlt. Daher ist die zu untersuchende Aussage wahr.
¨ Geben Sie jeweils an, wie viele Elemente die Menge enthalt. a) ∅, d) {1, 2, 3}, g) {1, {2, {3}}}, j) {1, 2} ∪ {2, 4}, m) {1, 2, 3} \ {2, 3}, p) {1, {2, 3}} \ {2, 3},
b) {∅}, e) {{1, 2, 3}}, h) {∅, 1, {1}, {1, 1}}, k) {1, 2} ∩ {2, 4}, n) {1, 2, 3} \ {{2, 3}}, q) {1, 2, {3}} \ {{2}, {3}},
c) {{∅}}, f) {1, {2, 3}}, i) {{∅}, {2}, {2, {2}}}, l) {1, 2} \ {2, 4}, o) {1, 2, 3} \ {{2}, 3}, r) {1, 2, {1, 2, 3}} \ {{1, 2}}.
b) 1, e) 1, h) 3, k) 1, n) 3, q) 2,
c) 1, f) 2, i) 3, l) 1, o) 2, r) 3.
¨ Losung:
Aufgabe 69 ¨ Tragen Sie in den folgenden Satzen fur ¨ (1) und (2) eine Bedingung beziehungsweise eine Aussage ein, so dass der erste Satz eine wahre Aussage und der zweite Satz eine falsche Aussage ist. ’fur ¨ alle n ∈ N mit (1) gilt (2).’ – ’Es gibt ein n ∈ N mit (1), das (2) erfullt.’ ¨ ¨ Losung: Damit die erste Aussage wahr und die zweite Aussage falsch ist, muss die Bedingung (1) so ¨ ¨ gewahlt sein, dass sie nie erfullt ¨ werden kann; die Aussage (2) kann dann beliebig gewahlt ¨ ¨ etwa werden. Eine konkrete Losung ware ’fur ¨ alle n ∈ N mit n 6= n gilt n = n.’ – ’Es gibt ein n ∈ N mit n 6= n, das n = n erfullt.’ ¨
— Mengenlehre —
Seien A = {1, 2}, B = {2, 3} und C = {1, 2, 3, 4}. Man bilde die folgenden Mengen: b) A ∩ B, f) ( A ∩ B) ∪ C, j) A \ ( B \ C ), n) P( A ∩ B),
c) ( A ∪ B) ∪ C, g) { A B, k) P(∅), o) P(( A ∪ B) ∩ C ).
d) ( A ∩ B) ∩ C, h) {B A, l) P(P(∅)),
Aufgabe 72 Es seien A und B zwei Mengen mit A ⊆ B. Bestimmen Sie a) A ∪ ∅, g) {B ∅, m) A ∩ {B ∅,
b) A ∩ ∅, h) {∅ B, n) A \ {B B,
c) A ∪ B, i) {B ({B A), o) A \ {B A.
d) A ∩ B, j) A ∪ {B A,
e) {B B, k) A ∩ {B A,
f) { A B, l) A ∪ {B ∅,
a) A, g) B, m) A,
b) ∅, h) ∅, n) A,
c) B, i) A, o) A.
d) A, j) B,
e) ∅, k) ∅,
f) ∅, l) B,
Aufgabe 73 Man beweise fur ¨ beliebige Mengen A, B und C: a) A ⊆ B ∧ B ⊆ C
¨ Losung: a) {1, 2, 3}, b) {2}, c) {1, 2, 3, 4}, e) {1, 2, 3}, f) {1, 2, 3, 4}, g) {1}, i) ∅, j) {1, 2}, k) {∅}, m) {∅, {1}, {2}, {1, 2}}, n) {∅, {2}}, o) {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.
a) 0, d) 3, g) 2, j) 3, m) 1, p) 2,
¨ Losung:
Aufgabe 70 a) A ∪ B, e) ( A ∪ B) ∩ C, i) ( A \ B) \ C, m) P( A),
Aufgabe 71
d) {2}, h) {3}, l) {∅, {∅}},
⇒
A ⊆ C.
b) A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B) ∩ C. c) A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C ). d) A ∩ B = B e) A ⊆ B
⇒
⇔
B ⊆ A.
{C B ⊆ {C A .
f) Falls A ⊆ C gilt, folgt aus {C B ⊆ {C A stets A ⊆ B. Man gebe ein Beispiel dafur ¨ an, dass im Falle A 6⊆ C aus {C B ⊆ {C A nicht notwendigerweise A ⊆ B folgen muss.
31
32
g) ( A ∩ B) × C = ( A × C ) ∩ ( B × C ). ¨ Losung: a) Es gelte A ⊆ B und B ⊆ C. Sei x ∈ A. Dann gilt auch x ∈ B wegen A ⊆ B, und es folgt ¨ x ∈ C wegen B ⊆ C. Man hat damit x ∈ A ⇒ x ∈ C gezeigt, was nach Definition aquivalent zu A ⊆ C ist. b) Es gilt
x ∈ A ∩ (B ∩ C)
⇔
x ∈ A ∧ x ∈ B∩C
⇔
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x ∈ C)
f) Es gelte A ⊆ C und {C B ⊆ {C A. Sei x ∈ A. Wegen A ⊆ C gilt dann auch x ∈ C. Nehme ¨ man x ∈ {C B, woraus sich wegen nun an, es gelte x ∈ / B. Zusammen mit x ∈ C erhalt ¨ {C B ⊆ {C A auch x ∈ {C A und somit insbesondere x ∈ / A folgern Losst. Dies ist jedoch ein Widerspruch zu x ∈ A. Die Annahme x ∈ / B kann also nicht wahr sein, es muss x ∈ B gelten. Dies beweist x ∈ A ⇒ x ∈ B, also A ⊆ B. ¨ fur A = {1, 2} und B = {1, 3} sowie C = {1}. Dann ist ¨ den zweiten Teil der Aufgabe wahle {C B = ∅ = {C A, also insbesondere {C B ⊆ {C A, aber es gilt nicht A ⊆ B. g) Schreibe x = ( x1 , x2 ). Dann gilt
A 60 (a)
⇔
( x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x ∈ C
⇔
( x ∈ A ∩ B) ∧ x ∈ C
⇔
x ∈ ( A ∩ B) ∩ C.
¨ Diese Aquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit. c) Es gilt
x ∈ A ∩ (B ∪ C)
⇔
x ∈ A ∧ x ∈ B∪C
⇔
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
A 60 (b)
⇔
( x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ ( x ∈ A ∧ x ∈ C )
⇔
x ∈ A∩B ∨ x ∈ A∩C
⇔
x ∈ ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ).
¨ Diese Aquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit. ¨ d) Zeige die Aquivalenz durch Nachweis von A ∩ B = B ⇒ B ⊆ A und A ∩ B = B ⇐ B ⊆ A. ’⇒’: Es gelte A ∩ B = B. Sei x ∈ B. Wegen B = A ∩ B gilt dann auch x ∈ A ∩ B, also insbesondere x ∈ A. Dies beweist x ∈ B ⇒ x ∈ A, also B ⊆ A. ’⇐’: Es gelte B ⊆ A. Da A ∩ B ⊆ B nach Definition des Mengendurchschnitts immer gilt, verbleibt fur ¨ A ∩ B = B nur noch A ∩ B ⊇ B zu zeigen. Sei x ∈ B. Wegen B ⊆ A gilt dann auch x ∈ A, also insgesamt x ∈ B ∩ A. Dies beweist x ∈ B ⇒ x ∈ A ∩ B, also die Inklusion A ∩ B ⊇ B, und schließt somit den Beweis ab.
¨ e) Es gelte A ⊆ B. Sei x ∈ {C B. Dann gilt x ∈ C und x ∈ / B. Es sei zunachst angenommen, es ¨ dann auch x ∈ B, was im Widerspruch zu x ∈ gelte x ∈ A. Wegen A ⊆ B ware / B stunde. ¨ Daher kann x ∈ A nicht gelten. Somit hat man x ∈ C und x ∈ / A, also x ∈ {C A. Dies beweist x ∈ {C B ⇒ x ∈ {C A, also {C B ⊆ {C A, was die Behauptung liefert.
33
x ∈ ( A ∩ B) × C
⇔
( x1 , x2 ) ∈ ( A ∩ B ) × C
⇔
x1 ∈ ( A ∩ B ) ∧ x2 ∈ C
⇔
( x1 ∈ A ∧ x1 ∈ B ) ∧ x2 ∈ C
⇔
( x1 ∈ A ∧ x2 ∈ C ) ∧ ( x1 ∈ B ∧ x2 ∈ C )
⇔
( x1 , x2 ) ∈ A × C ∧ ( x1 , x2 ) ∈ B × C
⇔
( x1 , x2 ) ∈ ( A × C ) ∩ ( B × C )
⇔
x ∈ ( A × C ) ∩ ( B × C ). ¨ Diese Aquivalenzumformung beweist die behauptete Mengengleichheit.
Aufgabe 74 Man beweise fur ¨ beliebige Mengen X und Y : a) X ⊆ Y
⇒
P ( X ) ⊆ P (Y ) .
b) P( X ) ∪ P(Y ) ⊆ P( X ∪ Y ). Man gebe ein Beispiel dafur ¨ an, dass im Allgemeinen nicht P( X ) ∪ P(Y ) = P( X ∪ Y ) gilt. ¨ Losung: a) Es gelte X ⊆ Y . Sei M ∈ P( X ), also M ⊆ X . Wegen X ⊆ Y folgt dann mit Aufgabe 73 (a), dass auch M ⊆ Y , also M ∈ P(Y ) gilt. Dies beweist M ∈ P( X ) ⇒ M ∈ P(Y ), also P ( X ) ⊆ P (Y ) . b) Sei M ∈ P( X ) ∪ P(Y ). Dann gilt M ∈ P( X ) oder M ∈ P(Y ), also M ⊆ X oder M ⊆ Y . ¨ Wegen X ⊆ X ∪ Y und Y ⊆ X ∪ Y folgt in beiden Fallen mit Aufgabe 73 (a), dass auch M ⊆ X ∪ Y , also M ∈ P( X ∪ Y ) gilt. Dies beweist M ∈ P( X ) ∪ P(Y ) ⇒ x ∈ P( X ∪ Y ), also P( X ) ∪ P(Y ) ⊆ P( X ∪ Y ). ¨ fur X = {1} und Y = {2}. Dann gilt P( X ) ∪ P(Y ) = ¨ den zweiten Teil der Aufgabe wahle {∅, {1}} ∪ {∅, {2}} = {∅, {1}, {2}}, aber es ist P( X ∪ Y ) = P({1, 2}) = {∅, {1}, {2}, {1, 2}}.
34
Aufgabe 75 (\ ∗) Berechnen Sie
r ∈R
— Abbildungen —
{ x ∈ R | x > r }, und beweisen Sie Ihr Ergebnis.
¨ Losung: T T Es gilt r∈R { x ∈ R | x > r } = ∅. Nehme r∈R { x ∈ R | x > r } 6= ∅ an, es existiere also T ein y ∈ r∈R { x ∈ R | x > r }. Dann gilt y ∈ { x ∈ R | x > r } fur ¨ alle r ∈ R, insbesondere y ∈ { x ∈ R | x > y + 1}, also y > y + 1. Dies ist ein Widerspruch; ein solches y kann nicht T existieren. Daher war die Annahme r∈R { x ∈ R | x > r } 6= ∅ falsch, was das behauptete Ergebnis beweist.
Aufgabe 77 Welche der folgenden Ausdrucke definieren Abbildungen? Falls eine Abbildung vorliegt, untersu¨ ¨ Surjektivitat ¨ und Bijektivitat. ¨ chen Sie diese auf Injektivitat, a) f 1 : R → R, x 7→ x2 ;
b) g1 : R → R, x 7→ x3 ; c) w1 : [0, ∞) → R, x 7→
f 2 : R → [0, ∞), x 7→ x2 ;
√
g2 : R → [0, ∞), x 7→ x3 ;
f 3 : N → N, x 7→ x2 ;
√
g 3 : Z → Z, x 7 → x 3 ;
w 2 : R → R, x 7 → ± x 2 ;
x;
d) d : N × N → Z, (m, n) 7→ m − n;
Aufgabe 76 (∗)
¨ Es bezeichne A eine Menge. Zeigen Sie die Aquivalenz der Aussagen
¨ e) pm : N → N, n 7→ m · n (Untersuchung in Abhangigkeit von m ∈ N);
¨ f) FM : P( M ) → P( M ), A 7→ { M A (Untersuchung in Abhangigkeit von M 6= ∅);
(i) B \ A = B fur ¨ alle Mengen B
¨ g) H M : M → P( M ), x 7→ { x } (Untersuchung in Abhangigkeit von der Menge M 6= ∅);
(ii) ( A ∪ B) \ A = B fur ¨ alle Mengen B
h) u : (0, ∞) → [2, ∞), x 7→ 1x ( x2 + 1);
(iii) A = ∅ durch einen Ringschluss, das heißt: Zeigen Sie (i) ⇒ (ii), (ii) ⇒ (iii) und (iii) ⇒ (i). ¨ Losung: (i) ⇒ (ii): Es gelte B \ A = B fur ¨ alle Mengen B. Sei nun B eine beliebige Menge. Dann gilt
x ∈ ( A ∪ B) \ A
⇔
x ∈ ( A ∪ B) ∧ x ∈ /A
⇔
( x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ x ∈ /A
A 60 (b)
⇔
(x ∈ A ∧ x ∈ / A) ∨ ( x ∈ B ∧ x ∈ / A)
⇔
x∈B ∧ x∈ /A
⇔ B\ A= B
x ∈ B\A
⇔
x ∈ B.
i) v : N0 → Z mit u(n) =
n 2
1 falls n gerade und u(n) = − n+ 2 falls n ungerade;
j) hc : R \ {0} → R, x 7→ x +
c x
¨ (Untersuchung in Abhangigkeit von c ∈ R).
¨ Losung: a) f 1 nicht injektiv ( f 1 (1) = 1 = f 1 (−1)), nicht surjektiv (es gibt kein p x ∈ R mit f 1 ( x ) = −1), nicht bijektiv; f 2 nicht injektiv ( f 2 (1) = 1 = f 2 (−1)), surjektiv ( f 2 ( y) p = y fur ¨ alle y ∈ [0, ∞)), ¨ nicht bijektiv; f 3 injektiv (fur ¨ jedes y in der Wertemenge von f 3 ist x = y die einzige Losung fur ¨ f 3 ( x ) = y), nicht surjektiv (es gibt kein x ∈ N mit f 3 ( x ) = 2), nicht bijektiv b) g1 injektiv, surjektiv, bijektiv; g2 keine Abbildung; g3 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv c) w1 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv; w2 keine Abbildung (w2 (1) nicht eindeutig) d) d nicht injektiv (d(2, 1) = 1 = d(3, 2)), surjektiv (∀i ∈ Z : d(i + |i | + 1, |i | + 1) = i), nicht bijektiv e) p1 injektiv, surjektiv, bijektiv; pm fur ¨ m > 1 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
¨ Diese Aquivalenzumformung beweist (ii).
f) FM fur ¨ alle Mengen M injektiv, surjektiv, bijektiv
¨ (ii) ⇒ (iii): Es gelte ( A ∪ B) \ A = B fur ¨ alle Mengen B. Spezialisiert man dies fur ¨ B = A, erhalt man A = ( A ∪ A) \ A = A \ A = ∅, also die Aussage aus (iii).
g) H M fur ¨ alle Mengen M injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv
(iii) ⇒ (i): klar nach Definition der Mengendifferenz
35
h) u nicht injektiv (u( 12 ) = 52 = u(2)), surjektiv (fur ¨ jedes y > 2 ist 1x (1 + x2 ) = y ¨ 1 + x2 = yx eine in (0, ∞) Losbare quadratische Gleichung), nicht bijektiv i) v injektiv, surjektiv, bijektiv
36
⇔
j) h0 injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv; hc fur ¨ c > 0 nicht injektiv, nicht surjektiv, nicht bijektiv (fur ¨ x ∈ R \ {0} und y ∈ R gilt x + xc = y ⇔ x2 + c = yx ⇔ x2 − yx + c = 0, ¨ es gibt y ∈ R, so dass diese Gleichung keine Losung hat (⇒ nicht surjektiv), ebenso gibt ¨ es y ∈ R, so dass zwei Losungen existieren (⇒ nicht injektiv)); hc fur ¨ c < 0 nicht injektiv, ¨ surjektiv, nicht bijektiv (Gleichung x2 − yx + c = 0 ist immer Losbar, es gibt y ∈ R, so dass ¨ diese Gleichung zwei Losungen hat).
Aufgabe 78
Seien f : R → R, x 7→ 2x + 1 und g : R → R, x 7→ ( x − 1)2 zwei Abbildungen.
¨ Losung: a) Sei y ∈ f ( A ∩ A0 ). Dann gibt es ein x ∈ A ∩ A0 mit y = f ( x ). Da x ∈ A und x ∈ A0 gilt, ist damit auch y ∈ f ( A) und y ∈ f ( A0 ), also y ∈ f ( A) ∩ f ( A0 ). Dies zeigt y ∈ f ( A ∩ A0 ) ⇒ y ∈ f ( A) ∩ f ( A0 ), also f ( A ∩ A0 ) ⊆ f ( A) ∩ f ( A0 ). ¨ fur f : R → R, x 7→ x2 sowie ¨ den Nachweis, dass im Allgemeinen keine Gleichheit gilt, wahle A = (−∞, 0) und A0 = (0, ∞). Dann gilt f ( A ∩ A0 ) = f (∅) = ∅, aber f ( A) ∩ f ( A0 ) = (0, ∞) ∩ (0, ∞) = (0, ∞) 6= ∅.
b) fur ¨ x ∈ X gilt
x ∈ f −1 ( B ∪ B 0 ) f (x) ∈ B ∪ B
a) Bestimmen Sie g ◦ f und f ◦ g.
f (x) ∈ B ∨ f (x) ∈ B
b) Bestimmen Sie den Wertebereich von f , g, f ◦ g und g ◦ f . ¨ Losung: a) g ◦ f : R → R, x 7→ g( f ( x )) = 4x2 ; f ◦ g : R → R, x 7→ f ( g( x )) = 2( x − 1)2 + 1 = 2x2 − 4x + 3. b) Wertebereich von f : R, Wertebereich von g: [0, ∞), Wertebereich von f ◦ g: [1, ∞), Wertebereich von g ◦ f : [0, ∞).
Aufgabe 79
Was ist an Sprechweisen wie ’ die Funktion x2 ’ oder ’die Funktion f ( x )’ formal gesehen falsch? Formulieren Sie die Zitate so um, dass sie formal korrekt sind. ¨ Losung: Der Begriff ’Funktion’ steht nicht fur ¨ ’Term’, sondern fur ¨ eine Abbildungsvorschrift zusammen mit ¨ Definitions- und Zielbereich. Die Zitate konnen wie folgt korrigiert werden: ’ die Funktion R → R, x 7→ x2 ’ und ’ die Funktion f ’.
Aufgabe 80 (∗)
Seien X und Y beliebige nichtleere Mengen und f : X → Y eine Abbildung. Man definiert fur ¨ alle Mengen A ⊆ X und B ⊆ Y die Schreibweisen f ( A) = { f ( x ) | x ∈ A} und f −1 ( B) = { x ∈ X | f ( x ) ∈ B}. Zeigen Sie fur ¨ alle Mengen A, A0 ⊆ X sowie B, B0 ⊆ Y :
a) f ( A ∩ A0 ) ⊆ f ( A) ∩ f ( A0 ).
b) f −1 ( B ∪ B0 ) = f −1 ( B) ∪ f −1 ( B0 ). c) A ⊆ f −1 ( f ( A)).
⇔
0
x∈ f x∈ f
−1 −1
( B) ∨ x ∈ f ( B) ∪ f
−1
⇔
0
−1
⇔
0
(B )
⇔
0
( B ).
¨ Diese Aquivalenzumformung beweist die Behauptung. c) Sei x ∈ A. Dann ist f ( x ) ∈ f ( A), also nach Definition x ∈ f −1 ( f ( A)). Dies zeigt x ∈ A ⇒ x ∈ f −1 ( f ( A)), also A ⊆ f −1 ( f ( A)).
¨ fur f : R → R, x 7→ x2 sowie ¨ den Nachweis, dass im Allgemeinen keine Gleichheit gilt, wahle − 1 − 1 A = [0, 1]. Dann gilt f ( A) = [0, 1] und f ( f ( A)) = f ([0, 1]) = [−1, 1] 6= [0, 1] = A.
¨ — Naturliche Zahlen und vollstandige Induktion — ¨ Aufgabe 81 Geben Sie den Zahlenwert der folgenden Summen an:
a)
3
∑
j ( j + 1),
1
∑ (3n + 7),
c)
n =1
j =1
¨ Losung: a) 20, b) 10,
b)
101
∑
3,
d)
k =1
c) . . . = 101 · 3 = 303,
d) . . . = 1 −
5
∑
k =1
1 6
1 1 − . k k+1
= 56 .
Aufgabe 82
Geben Sie Beispiele dafur ¨ an, dass in (a) und (c) im Allgemeinen nicht Gleichheit gilt.
Schreiben Sie mit dem Summenzeichen: a) 34 + 55 + 76 + 97 , c) 1 +
37
1 1 1 1 1 + + + +···+ , 2 4 8 16 1024
1 1 1 1 + + +···+ , 2 3 4 n+5 d) q − q2 + q3 − q4 + · · · − q10 .
b)
38
¨ Losung: a)
4
∑ (2j + 1) j+3,
n +5
∑
b)
j =1
10
1 , j
j =2
¨ Losung: a) Es gilt
10
1 c) ∑ j , 2 j =0
d) − ∑ (−q) j . j =1
n
∑ ( a k − a k +1 ) =
k =1
Aufgabe 83
n
∑
k =1
n
∑
ak −
k =1
n
∑
a k +1 =
ak −
k =1
n +1
∑
k =2
a k = a1 +
n
∑
k =2
ak −
n
∑
k =2
a k + a n +1
!
= a 1 − a n +1 .
Berechnen Sie:
Bemerkung: Die hier auftretende Form der Summe wird auch als ’Teleskopsumme’ bezeichnet. 7
4
1 a) ∏ , j j =2
4
b) ∏ 2,
c) ∏(3j), j =2
l =0
5
k . d) ∏ k + 1 k =1
b) Es gilt
n −1 n −1
¨ Losung: 1 a) 24 , b) . . . = 28 = 256,
c) 648,
∏ bk + 2
1 6.
d)
bk
n −1
∏ bk
=
k =0
k =0 n −1
∏ bk
k =0 n +1
=
∏ bk + 2
∏ bk
k =0
Aufgabe 84
a) 4 · 7 · 10 · 13,
j =1
b) n!,
c)
2·4·6·8 , 3·5·7·9
2j , 2j +1 j =1
d) ∏ j2 .
c) ∏
j =1
d) 9 · 16 · 25 · 36 · 49.
(a)
=
k =2
d) Es gilt
j =3
n−k+1 = k k =1
Ersetzen Sie jeweils ’’ durch einen Term, der dazu fuhrt, dass die Gleichheit fur ¨ ¨ den allgemeinen ¨ Fall gultig wird. Geben Sie fur an. ¨ ¨ (b) zwei verschiedene Losungen n
∑
j=−2
aj =
∑ a k −3 ,
n
n −1
j =1
k =0
b) ∏ a j =
k =1
∏ a .
b)
n −1
b
∏ bk+k 2
k =1
k =0
n
n
1 n c) ∑ = , k ( k + 1 ) n + 1 k =1
∑
k =1
1 1 − k k+1
=
b0 b1 , bn bn + 1
n−k+1 d) ∏ = 1. k k =1
39
k =1
n
∏j =
∏k
j =1 n
= 1.
∏k
k =1
Geben Sie die Werte der folgenden Binomialkoeffizienten an:
3 , 1
Beweisen Sie fur ¨ n ∈ N und a1 , . . . , an+1 ∈ R beziehungsweise b1 , . . . , bn+1 ∈ R \ {0}: n
n
=
Aufgabe 87
¨ Losung: a) 3, b) 1,
Aufgabe 86
∏ ( n − k + 1) k =1
a)
b) k + 1 oder n − k.
∑ ( a k − a k +1 ) = a 1 − a n +1 ,
n
n
∏
a)
k k+1 − k ( k + 1) k ( k + 1)
1 1 ( n + 1) − 1 n − = = . 1 n+1 n+1 n+1
Aufgabe 85
a)
b0 b1 . bn bn + 1
=
n −1
7
4
n
b) ∏ j,
n n 1 ( k + 1) − k ∑ k ( k + 1) = ∑ k ( k + 1) = ∑ k =1 k =1 k =1
n
¨ Losung: a) n + 3,
∏ bk
k =2
∏ bk · bn · bn + 1
k =2
n
¨ Losung: 4
n −1
c) Es gilt
Schreiben Sie mit dem Produktzeichen:
a) ∏(3j + 1),
=
b0 · b1 ·
b)
5 , 0
c)
6 , 3
c) 20,
d)
50 49
d)
=
50 1
50 , 49
= 50,
e)
50 , 51
e) 0,
f)
f) 1,
Aufgabe 88 Beweisen Sie: a) fur ¨ alle k, n ∈ N0 mit k 6 n gilt (n + 1)
n n+1 = ( n − k + 1) . k k 40
0 , 0 g) 0.
g)
0 . 1
(nk)
n−k+1 = . k (k−n 1) n n+1 n+k+2 n c) fur + = . ¨ alle k, n ∈ N0 mit k < n gilt k k+1 n−k k+1
b) fur ¨ alle k, n ∈ N mit k 6 n gilt
¨ Losung: a) Es gilt
( n + 1)
( n + 1) ! ( n + 1) ! ( n − k + 1) n n! = = = ( n + 1) k!(n − k )! k!(n − k)! k!(n − k )!(n − k + 1) k (n − k + 1)(n + 1)! n+1 = = ( n − k + 1) . k k!(n − k + 1)!
b) Es gilt
(nk)
(k−n 1)
=
n! k!(n−k)! n! ( k −1) ! ( n − k +1) !
=
( k − 1) ! ( n − k + 1) ! n−k+1 = . k!(n − k)! k
c) Es gilt
n n+1 n! ( n + 1) ! + = + k k+1 k!(n − k )! (k + 1)!(n − k)! k+1 n+1 n+k+2 n n! + = . = ( k + 1) ! ( n − k − 1) ! n − k n − k n−k k+1
¨ Losung: Korrekt sind nur die Varianten (2), (3) und (8).
Aufgabe 90 ¨ Beweisen Sie die folgenden Aussagen mit vollstandiger Induktion: n
∑ j · j! = (n + 1)! − 1.
a) fur ¨ alle n ∈ N gilt
j =1
b) fur ¨ alle n ∈ N gilt
∑ 2k
c) fur ¨ alle n ∈ N gilt
n
k =1
k
=
2n +1 − n − 2 . 2n
2n−1
∑ (−1) j−1 j2 = n(2n − 1).
j =1
d) fur ¨ alle n ∈ N gilt n! > 2n−1 .
e) fur ¨ alle n ∈ N0 und x ∈ R mit x > −1 gilt (1 + x )n > 1 + nx. f) fur ¨ alle k, n ∈ N0 mit k 6 n gilt
n+1 k+1
m . k m=k n
=
∑
¨ Losung: a) (IA) Es gilt 1
∑ j · j! = 1 · 1! = 1
und
j =1
Aufgabe 89 ¨ Eine Aussage A(n) soll mit vollstandiger Induktion fur ¨ alle n ∈ N bewiesen werden. Der Induktionsanfang wurde fur Entscheiden Sie jeweils, ob die Formulierung ¨ n = 1 durchgefuhrt. ¨ der Induktionsvoraussetzung in diesem Beweis korrekt ist.
(1 + 1)! − 1 = 2! − 1 = 2 − 1 = 1,
also gilt die Behauptung fur ¨ n = 1. (IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung fur ¨ dieses n. (IS) Es gilt
(1) (IV) fur ¨ alle n ∈ N gelte A(n). (2) (IV) Sei n ∈ N, und es gelte A(n).
n +1
n
j =1
j =1
IV
∑ j · j! = ∑ j · j! + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)!
(3) (IV) Es gelte A(n) fur ¨ ein n ∈ N.
= ( n + 1) ! · (1 + n + 1) − 1 = ( n + 1) ! · ( n + 2) − 1 = ( n + 2) ! − 1
(4) (IV) Es gelte A(n) fur ¨ alle n ∈ N.
= ((n + 1) + 1)! − 1.
(5) (IV) Es gelte A(n) fur ¨ n ∈ N. (6) (IV) Es gelte A(n + 1) fur ¨ ein n ∈ N. (7) (IV) Es gelte A(n) und A(n + 1) fur ¨ ein n ∈ N.
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n ∈ N.
(8) (IV) Sei n ∈ N so, dass A(n) gilt. (9) (IV) Sei n ∈ N so, dass A(n + 1) gilt.
41
42
b) (IA) Es gilt 1
k 1 1 ∑ 2 k = 21 = 2 k =1
und
21 + 1 − 1 − 2 1 4−1−2 = , = 2 2 21
also gilt die Behauptung fur ¨ n = 1. (IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung fur ¨ dieses n. (IS) Es gilt n +1
∑
k =1
n k n + 1 IV 2n+1 − n − 2 n + 1 k + n +1 =∑ + n +1 = 2n 2 2 2k k =1 2k
2 · 2n+1 − 2n − 4 + n + 1 2n +2 − n − 3 2(n+1)+1 − (n + 1) − 2 = = n + 1 n + 1 2 2 2n +1 Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n ∈ N.
=
c) (IA) Es gilt
∑
(−1) j−1 j2 =
j =1
(IV) Sei n ∈ N0 , und es gelte (1 + x )n > 1 + nx. (IS) Es gilt
(1 + x ) n +1 = (1 + x ) n (1 + x )
IV
>
1+ x >0
(1 + nx )(1 + x ) = 1 + nx + x + nx2
= 1 + (n + 1) x + nx2 > 1 + (n + 1) x. Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n ∈ N0 . f) Fuhre Induktion nach n durch. ¨ (IA) Sei n = 0. Ist k ∈ N0 mit k 6 n, so muss k = 0 gelten. Dann ist
0 m m 0 0+1 n+1 = = = 1 = = . ∑ k ∑ 0 0+1 k+1 m =0 0 m=k
1
∑ (−1) j−1 j2 = (−1)012 = 1 = 1 · (2 · 1 − 1),
j =1
also gilt die Behauptung fur ¨ n = 1. (IV) Sei n ∈ N, und es gelte die Behauptung fur ¨ dieses n. (IS) Es gilt
∑
(IA) Es gilt (1 + x )0 = 1 = 1 + 0 · x, also gilt die Behauptung fur ¨ n = 0.
n
2·1−1
2(n+1)−1
e) Sei x ∈ R mit x > −1.
(−1) j−1 j2 =
=
(IV) Sei n ∈ N0 , und es gelte
n+1 k+1
m fur ¨ alle k ∈ N0 mit k 6 n. k m=k n
=
∑
¨ (IS) Sei k ∈ N0 mit k 6 n + 1. Betrachte zunachst den Fall k = n + 1. Dann gilt
2n+1
n +1 m m n+1 n+2 ( n + 1) + 1 = ∑ = =1= = , k n+1 n+1 n+2 k+1 m = n +1 m=k n +1
∑ (−1) j−1 j2
∑
j =1
j =1
Daher gilt die Behauptung fur ¨ n = 0.
2n−1
∑ (−1) j−1 j2 + (−1)2n−1 (2n)2 + (−1)2n (2n + 1)2
j =1
was die Behauptung fur ¨ n + 1 anstelle von n und k = n + 1 ist. Sei nun k 6 n. Dann gilt
n m m n + 1 IV n + 1 n + 1 Add.th. n + 2 = + = + = ∑ k ∑ k k k+1 k k+1 m=k m=k ( n + 1) + 1 = . k+1 n +1
IV
= n(2n − 1) − (2n)2 + (2n + 1)2 = 2n2 − n − 4n2 + 4n2 + 4n + 1 = 2n2 + 3n + 1 = (n + 1)(2n + 1) = (n + 1)(2(n + 1) − 1).
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n ∈ N.
d) (IA) Es gilt 1! = 1 = 20 = 21−1 , also gilt die Behauptung fur ¨ n = 1. (IV) Sei n ∈ N, und es gelte n! > 2n−1 .
Auch in diesem Fall konnte man die Behauptung fur ¨ n + 1 anstelle von n bewiesen. Insgesamt folgt nun mit dem Induktionsprinzip die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n, k ∈ N0 mit k 6 n. Bemerkung: Die oben durchgefuhrte Fallunterscheidung ist notwendig, da die Induktionsvor¨ aussetzung nur fur ¨ k 6 n eine Aussage liefert, nicht aber fur ¨ k = n + 1.
(IS) Es gilt n >1
IV
(n + 1)! = n!(n + 1) > 2n−1 (n + 1) > 2n−1 · 2 = 2n = 2(n+1)−1 .
Dies ist die Behauptung mit n + 1 anstelle von n. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Gultigkeit der Behauptung fur ¨ ¨ alle n ∈ N. 43
Aufgabe 91 Beweisen Sie durch Anwendung der allgemeinen binomischen Formel:
44
n = 2n . k k =0 n n b) fur = 0. ¨ alle n ∈ N gilt ∑ (−1)k k k =0
c) fur ¨ alle n ∈ N gilt
∑
2n 1 (−1)k+1 = ∑ . k k k =1 k = n +1 n n d) fur = 2 n − 1 ( n + 2 ) − 1. ¨ alle n ∈ N gilt ∑ (k + 1) k k =1
¨ Losung: a) fur ¨ alle n ∈ N0 gilt 2n = (1 + 1)n =
e) fur ¨ alle n ∈ N gilt
√ 1 √ 6 2 n − 1. k k =1
a) fur ¨ alle n ∈ N0 gilt
n
∑
n n n k n−k · 1 · 1 = ∑ k ∑ k . k =0 k =0 n n n n b) fur (−1)k 1n−k = ∑ (−1)k . ¨ alle n ∈ N gilt 0 = 0n = ((−1) + 1)n = ∑ k k k =0 k =0 n
Stellen Sie jeweils (anhand einer Wertetabelle) eine Vermutung auf, fur ¨ welche n ∈ N die ¨ Ungleichung gilt. Beweisen Sie Ihre Vermutung mit der Wertetabelle und vollstandiger Induktion.
b) 2n > 41 n2 fur ¨ alle n ∈ N mit n > 2, 1 3 d) 2n > 16 n fur ¨ alle n ∈ N mit n > 4.
n n ∑ k > 1 = n. k =0 n
b) fur ¨ alle n ∈ N mit n > 2 gilt
2n =
b) n! < 3n−1 ,
a) n! > 2n ,
Beweisen Sie durch Anwendung von Aufgabe 91 (a):
¨ Losung: a) fur ¨ alle n ∈ N gilt 2n =
n
∑
Aufgabe 94 (∗)
Aufgabe 92 a) 2n > n fur ¨ alle n ∈ N, 1 3 n fur c) 2n > 27 ¨ alle n ∈ N mit n > 3,
2n
n · n2 n n n(n − 1) n>2 n(n − n2 ) n2 > = = = . > 2 2 2 4 k 2 k =0 n
∑
n n n(n − 1)(n − 2) n>3 n(n − n3 )(n − 2 = ∑ > = > 6 6 k 3 k =0 n
2n 3 )
=
n·
2n 3
6
·
n 3
n3 = . 27
n · 3n n n n(n − 1)(n − 2) n>4 n(n − n4 )(n − n2 ) 4 · 2 = ∑ > = > = k 3 6 6 6 k =0 n
Aufgabe 93 (∗)
¨ Beweisen Sie die folgenden Aussagen mit vollstandiger Induktion: n −1 an − bn = ∑ a k b n − k −1 . a−b k =0 n n k n−k b) fur a b . ¨ alle n ∈ N0 und a, b ∈ R gilt ( a + b)n = ∑ k k =0
a) fur ¨ alle n ∈ N und a, b ∈ R mit a 6= b gilt
45
— Komplexe Zahlen — Aufgabe 95 Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form u + iv mit u, v ∈ R:
d) fur ¨ alle n ∈ N mit n > 4 gilt n
d) n! > nn .
¨ Losung: Skizze zu (b): 1! = 1 6< 1 = 31−1 , 2! = 2 < 3 = 32−1 , 3! = 6 < 9 = 33−1 , 4! = 24 < 27 = 34−1 , 5! = 120 6< 81 = 35−1 , 6! = 720 6< 243 = 36−1 . Vermutung: Es gilt n! < 3n−1 ¨ genau fur Induktion, dass n! > 3n−1 fur ¨ n ∈ {2, 3, 4}. Zeige dazu noch per vollstandiger ¨ alle n > 5 gilt. Den Induktionsanfang fur ¨ n = 5 entnimmt man obiger ’Wertetabelle’. Sei nun n ∈ N mit n > 5, und es gelte n! > 3n−1 . Weise die Aussage mit n + 1 anstelle von n nach. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun n! > 3n−1 fur ¨ alle n ∈ N mit n > 5. Der ’Wertetabelle’ entnimmt man, dass n! > 3n−1 auch fur ¨ n = 1 und n! < 3n−1 fur ¨ n ∈ {2, 3, 4} gilt. Zusammengenommen beweist dies die Vermutung
c) fur ¨ alle n ∈ N mit n > 3 gilt n
c) 2n > n2 ,
n 2
n3 = . 16
a) (1 + 2i ) + (4 + i ), d) (−11 + i ) − (5 − 2i ), g) (10 + 3i ) + (4 − 2i ), j) (−9 + 7i ) + (−5 + 2i ), ¨ Losung: a) 5 + 3i, g) 14 + i,
b) −3 + i, h) 6 + 5i,
b) (1 + 2i ) − (4 + i ), e) (−11 + i ) + (5 − 2i ), h) (10 + 3i ) − (4 − 2i ), k) (−9 + 7i ) − (−5 + 2i ),
c) 2 + 9i, i) 46 − 8i,
d) −16 + 3i, j) −14 + 9i,
46
c) (1 + 2i ) · (4 + i ), f) (−11 + i ) · (5 − 2i ), i) (10 + 3i ) · (4 − 2i ), l) (−9 + 7i ) · (−5 + 2i ).
e) −6 − i, k) −4 + 5i,
f) −53 + 27i, l) 31 − 53i.
Aufgabe 96
b)
Bestimmen Sie jeweils Re(z), Im(z), z und |z| fur ¨ a) z = 2, e) z =
1 2
+
√
3 2 i,
b) z = 5i,
c) z = 3 + 4i ,
d) z = √1 + √1 i,
f) z = 7 − 6i,
g) z = 5 + 12i,
h) z = 2 + 2 3i.
2
√2
z · z = ( x + iy) · ( x − iy) = ( x2 − y(−y)) + i ( x (−y) + yx ) = x2 + y2 = |z|2 . ¨ c) Es gilt zunachst
¨ Losung:
b)
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
Re z
2
0
3
5
0
5
4
2 √
z
2
|z|
2
−5i
3 − 4i
1 √2 3 2√
7
Im z
√1 2 √1 2
5
√1 2
5
− i √12 1
1 2
−
−6
3 2 i
7 + 6i √ 85
1
12 5 − 12i 13
2 3 √ 2 − 2 3i 4
a)
b)
| z · w |2 = z · w · z · w = z · w · z · w = ( z · z ) · ( w · w ) = | z |2 · | w |2 . Aus |z · w|, |z|, |w| > 0 folgt dann |zw| = |z| · |w|.
Aufgabe 99 ¨ Seien z, w ∈ C. Beweisen Sie mit Hilfe von A 98 (b) die Parallelogrammidentitat:
| z + w |2 + | z − w |2 = 2| z |2 + 2| w |2 .
Aufgabe 97
¨ Losung:
Zeigen Sie fur ¨ z ∈ C: a) Re z =
z+z , 2
b) Im(z) =
| z + w |2 + | z − w |2 = z + w · ( z + w ) + z − w · ( z − w ) = (z + w) · (z + w) + (z − w) · (z − w) = zz + zw + wz + ww + zz − zw − wz + ww = 2 · zz + 2 · ww
z−z . 2i
¨ Losung: Sei z = x + iy mit x, y ∈ R. a)
z+z x + iy + x − iy 2x = = = x = Re z, 2 2 2
b)
x + iy − ( x − iy) 2iy z−z = = = y = Im z. 2i 2i 2i
= 2| z |2 + 2| w |2 .
Aufgabe 100 Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form u + iv mit u, v ∈ R:
1 a) , i √
Aufgabe 98 Zeigen Sie fur ¨ z, w ∈ C: a) z · w = z · w,
b) |z|2 = z · z,
¨ Losung: Seien z = x + iy und w = u + iv mit x, y, u, v ∈ R.
c) |z · w| = |z| · |w|.
a)
√ 3 + 2 2i √ , 3 − 2i
e) √ i)
1 , i + i+1 1
10 + 3i b) , 4 − 2i f)
1 , 3 + 4i
g)
j)
(1 + i )5 , (1 − i )3
k)
¨ Losung:
z · w = xu − yv + i ( xv + yu)
= xu − yv − i ( xv + yu) = xu − (−y)(−v) + i ( x (−v) + (−y)u) = ( x − iy) · (u − iv) = z · w.
47
a) −i,
−1 3 √ + 6i, 5 5 i) 1 − i, e)
b) 1.7 + 1.6i,
c) 2 + i,
3 4 − i, 25 25 j) 2,
2 11 i, 5 5 k) 1 + i,
f)
√ ! −1 1 3 d) + i , 2 2 1+i 2 h) , 1−i
5 c) , 2−i 4 + 3i , 1 − 2i
3 + 5i , 4+i
l)
√ 3 1 − i, 2 2 h) −1, −7 22 l) + i. 41 41 d)
g) − +
48
2 + 3i . 4 − 5i
Aufgabe 101
¨ Losung: a) z1 = − 12 + 12 i, z2 =
Berechnen Sie: b) i (−i ) − i2 + i3 − i8 ,
a) i2 + i5 + i3 ,
1 e) 3 , i i) i −1 − i −3 ,
1 f) 6 , i j) i −2 + i2 , 1 2 n) i − , i
1 i
m) i2 − , ¨ Losung: a) −1, g) −1, m) −1 + i,
b) 1 − i, h) −1, n) −4,
c) 3 + 4i, i) −2i, o) 1 + i,
c) 6i − 3i2 + 3i3 + i9 ,
i3 g) 5 , i k) i31 ,
o) (−i )3 +
d) −3 + 4i, j) −2, p) 1 + i.
d) (2i − i2 )2 ,
i4 h) 2 , i l) (1 + i )17 , 1 i
1 , i4
p) 1 − . f) −1, l) 256 + 256i,
e) i, k) −i,
¨ Bestimmen Sie die Polarkoordinatendarstellung der folgenden Zahlen. Wahlen Sie dabei das Argument ϕ im Intervall [0, 2π ). a) −5,
√
2(1 − i ) d) , √ 2 3 3i − . h) 2 2
1+i , c) 2 √ g) − 3 + i,
b) −5i,
√
1+i 3 , 2
f) 3 + 3i,
b) 5 · ei
3π 2
√
i π3
1
π
c) √ ei 4 ,
,
d) ei
2
i π4
f) 3 2 · e ,
e) e ,
− 12 i
b) z1 = i 5, z2 = −i 5
q √ 5+ −1 + 12 5 i, z2 = −z1 √ √ 3 + i , z3 = − 12 − 3 + i d) z1 = i, z2 = − 12 c) z1 =
q
1+
1 2
√
Aufgabe 105 ¨ Bestimmen Sie die Losungen der folgenden Gleichungen uber C: ¨ a) z2 − 2iz − 2 = 0, d) z4 − 2z2 + 4 = 0, g) z2 = iz,
b) z2 − 2z − i = 0, e) z2 + 2(1 − i )z = 2i, h) z2 + (2 − 2i )z = 4i,
g) 2 · e
i 5π 6
,
h)
7π 4
√
|w| + u + iε
q
i)
z2
= w uber C ¨
| w | − u , z2 = − z1 .
Aufgabe 104 ¨ Bestimmen Sie mit Hilfe von Aufgabe 103 a) die Losungen der folgenden Gleichungen uber C: ¨ c) z2 = 2 + i,
49
√ −1+ 2 , 2
1+
q
√ 1+ 2 2
z1 : =
q
√ 1+ 2 2
√
2
√
+i
q
√ −1+ 2 , 2
o
— Knobelaufgaben —
¨ b) Versuchen Sie eine Herleitung der obigen Losungsformel zu finden.
b) z2 = −5,
g)
n
2
−i
o √ √ 0, −i, 12 ( 3 + i ), 12 (− 3 + i ) , h) {−2, 2i }, q q q √ √ √ − i −1+2 2 , −z1 , z2 := −1+2 2 − i 1+2 2 , −z2
5π
¨ Hierbei ist ε ∈ {−1, 1} so gewahlt, dass v = ε|v|.
a) z2 = − 2i ,
q
d) z1 := √1 ( 3 + i ), −z1 , z2 := √1 ( 3 − i ), −z2 ,e) {−1 + i },
3 · ei 3 .
¨ a) Sei w = u + iv ∈ C. Zeigen Sie, dass die Losungen der Gleichung gegeben sind durch
q
√ 1+ 2 2
c) {−1, −i, i },
n
1−
q
b)
,
Aufgabe 103 (*)
1 z1 = √ 2
c) z3 + z2 + z + 1 = 0, f) z3 − 3z2 + (3 − 2i )z = 1 − 2i, i) z4 + 2iz2 = 2.
a) {−1 + i, 1 + i },
f) {1, −i, 2 + i },
¨ Losung: a) 5 · eiπ ,
1 2
√
¨ Losung:
Aufgabe 102
e)
√
d) z3 = −i.
Aufgabe 106 (∗)
a) In der folgenden Addition stehen die Buchstaben fur ¨ einzelne Ziffern (gleiche Buchstaben bedeuten stets gleiche Ziffern, verschiedene Buchstaben verschiedene Ziffern): ABBC + DADE = CEDAD. Finden Sie heraus, welche Rechnung durchgefuhrt wurde. ¨ b) Untersuchen Sie wie in Teil (a) die Addition ABCB + DBBA = CEFC. c) Warum kann die Rechnung 2962 + 1164 = 4126 nicht als Grundlage einer Aufgabe wie Teil (a) verwendet werden?
Aufgabe 107 (∗)
¨ Auf einem Tisch liegen 27 Streichholzer. Zwei Spieler nehmen nun abwechselnd pro Zug mindes¨ ¨ tens ein Streichholz und hochstens vier Streichholzer vom Tisch. Gewonnen hat derjenige, der ¨ am Ende eine gerade Anzahl von Streichholzern besitzt.
50
a) Zeigen Sie, dass der zuerst nehmende Spieler stets gewinnen kann, indem Sie eine Gewinnstrategie fur ¨ diesen Spieler angeben.
¨ ¨ jeweils entweder eine Losung an oder zeigen Sie, dass keine Losung existieren kann (es wird ¨ immer ein Springer auf einem Schachbrett der Große 8 × 8 betrachtet).
b) Gewinnt der zuerst nehmende Spieler auch dann stets, wenn zu Beginn 28, 29, 30, 31, 32 ¨ oder 33 Streichholzer auf dem Tisch liegen?
a) Geben Sie eine Springerzugfolge an, die auf einem beliebigen Feld startet, auf demselbem Feld endet und jedes Feld des Schachbretts mit Ausnahme des Startfeldes genau einmal beruhrt. ¨
¨ c) Das oben beschriebene Spiel soll nun fur untersucht ¨ beliebige Anfangszahl von Streichholzern ¨ werden. Uberlegen Sie sich eine Darstellung der auftretenden Spielpositionen, und beschreiben Sie alle Positionen, von denen aus der am Zug befindliche Spieler eine Gewinnstrategie besitzt.
b) Geben Sie eine Springerzugfolge an, die auf dem Feld unten links beginnt, auf dem Feld oben rechts endet und jedes Feld des Schachbretts genau einmal beruhrt. ¨
¨ Weise die Spielvariante, in der pro Zug mindestens ein d) Untersuchen Sie nun in ahnlicher ¨ ¨ Streichholz und hochstens drei Streichholzer vom Tisch genommen werden durfen. ¨
Aufgabe 108 (∗)
Die Quersumme Q(n) einer naturlichen Zahl n ist die Summe ihrer Ziffern; es gilt beispielsweise ¨ Q(176) = 1 + 7 + 6 = 14. Bestimmen Sie ohne Zuhilfenahme eines Computers den Wert Q( Q( Q(44444444 ))).
Aufgabe 109 (∗)
¨ Wie viele verschiedene Moglichkeiten gibt es, das ’Haus vom Nikolaus’ ( ) ohne Absetzen des Stiftes und ohne mehrfaches Durchlaufen derselben Strecke zu zeichnen, wenn in der Ecke links oben unter dem Dach begonnen werden soll?
Aufgabe 110 (∗)
a) Gegeben seien die Zahlen 1, 3, 5 und 8. Mit diesen Zahlen, den vier Grundrechenarten +, −, · und : und Klammern bilde man alle naturlichen Zahlen zwischen 1 und 30 einschließlich, wobei ¨ ¨ in jeder Rechnung die folgenden Einschrankungen einzuhalten sind: (i) Jede gegebene Zahl muss genau einmal vorkommen. (ii) Das Minuszeichen darf nicht zur Bildung des Negativen einer Zahl, sondern nur zur Bildung der Differenz zweier Zahlen verwendet werden. (iii) Das ¨ ¨ Hintereinanderschreiben von Zahlen zur Bildung einer neuen Zahl ist nicht zulassig. (Zulassig ¨ ist somit etwa 3 · 5 − (1 − 8) = 22, wahrend 1 + 3 + 8 + 8 und 8 · 5 · 3 · (−1) sowie 13 + 5 − 8 nicht erlaubt sind.) b) Nun seien die Zahlen 3, 4, 4 und 9 gegeben. Mit diesen Zahlen bilde man ebenfalls analog zu Teil (a) alle Zahlen zwischen 1 und 30 einschließlich, wobei die doppelte Nennung der 4 hier bedeutet, dass diese Zahl in jeder Rechnung genau zweimal auftreten muss. c) Welches ist die kleinste naturliche Zahl, die man unter den in (a) und (b) genannten Bedin¨ ¨ gungen nicht mit genau viermaliger Verwendung der Zahl 3 darstellen lasst? d) Finden Sie vier Zahlen (Mehrfachnennungen erlaubt), mit denen man unter den in (a) und (b) genannten Bedingungen mehr als 70 Zahlen zwischen 1 und 99 einschließlich bilden kann.
Aufgabe 111 (∗)
¨ Der Springer im Schachspiel zieht auf folgende Weise: zunachst ein Feld in gerader Richtung ¨ ¨ (vorwarts, ruckw arts, nach links oder nach rechts) und dann unter weiterer Entfernung vom ¨ Startpunkt ein Feld in diagonaler Richtung. Geben Sie fur ¨ die nachfolgenden Springer-Probleme
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