Wirtschaftsmathematik: Aufgaben und Lösungen 9783486599671, 9783486258226

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ML

#

Wirtschaftsmathematik Aufgaben und Lösungen

Von

Dr. Stefan Clermont GeneralCologne Re

Dr. Erhard Cramer Universität Oldenburg

Dr. Birgit Jochems Deutsche Bank London

Prof. Dr. Udo

Kamps

Universität Oldenburg

3., völlig überarbeitete und stark erweiterte Auflage

R. Oldenbourg Verlag München Wien

Die Deutsche Bibliothek CIP-Einheitsaufnahme -

Wirtschaftsmathematik: Aufgaben und Lösungen / von Stefan Clermont 3., völlig Überarb. und stark erw. Aufl.. München; Wien: Oldenbourg, 2001 Bis 2. Aufl. u.d.T.: Clermont, Stefan: Wirtschaftsmathematik ISBN 3-486-25822-2 ....

-

-

© 2001 Oldenbourg Wissenschaftsverlag GmbH Rosenheimer Straße 145, D-81671 München Telefon: (089) 45051-0

www.oldenbourg-verlag.de Das Werk einschließlich aller Abbildungen ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Bearbeitung in elektronischen Systemen. Gedruckt auf säure- und chlorfreiem Papier Druck: R.Oldenbourg Graphische Betriebe Druckerei GmbH

ISBN 3-486-25822-2

Vorwort

vorliegende Aufgabensammlung in der dritten, ergänzten und vollständig überarbeiteten Auflage ist aus Übungs- und Klausuraufgaben entstanden, die an der RWTH Aachen und der Carl von Ossietzky Universität Oldenburg zu den einführenden Mathematikvorlesungen für Studierende der Wirtschaftswissenschaften gestellt wurden. Zur thematischen Gliederung sind die Aufgaben in achtzehn Kapitel eingeteilt, die aus Gründen der Übersichtlichkeit jeweils die zugehörigen Lösungen enthalten. Diese sind im Vergleich zur bestehenden Literatur durchgehend sehr ausführlich dargestellt mit den Wünschen und der Studierenden Anregungen nachzukommen, auf bekannte SchwieZielen, rigkeiten der Studienanfänger/innen einzugehen, den Vorlesungsstoff einzuüben und zu vertiefen sowie auch das isolierte Nachvollziehen von Lösungen zu ermöglichen. Dies wird in vielen Aufgaben durch die Vorstellung alternativer Lösungswege erleichtert. Wir haben möglichst keine Aufgaben verwendet, die in derselben oder in ähnlicher Form in Lehrbüchern oder Aufgabensammlungen zur Wirtschaftsmathematik zu finden sind. Die Aufnahme einiger Standardaufgaben ist jedoch unerlässlich, und Einflüsse auf die Formulierung unserer Aufgaben sind nicht auszuschließen. Die Lösungen sind meist selbsterklärend gestaltet, so dass zum Verständnis weder eine spezielle Vorlesung noch ein bestimmtes Lehrbuch zugrunde gelegt werden muss. Damit ist dieses Arbeitsbuch unter Zuhilfenahme eines gängigen Lehrbuchs zur Wirtschaftsmathematik zum Selbststudium und als Klausurtraining sehr geeignet. Ein umfangreiches Verzeichnis aktueller Lehrbücher ist am Ende dieses Buches zu finden. Als ein Angebot zum Nachschlagen der theoretischen Grundlagen wird zu Beginn eines Kapitels auf Abschnitte im folgenden Die

-

—

Lehrbuch verwiesen:

U. Kamps, E. Cramer, H. Oltmanns (2001) Wirtschaftsmathematik, Einführendes Lehr- und Arbeitsbuch. Oldenbourg, München. Wir bedanken uns herzlich bei allen, die zum Gelingen dieser Aufgabensammlung sowie der früheren Auflagen beigetragen haben. Wir danken Herrn Dr. Wolfgang Herff für Hinweise auf einige Unstimmigkeiten in der zweiten Auflage, Frau Manuela Wüstefeld für die Erstellung von Teilen des KTEX-Manuskripts und Herrn Martin Weigert für die gute Zusammenarbeit mit dem Oldenbourg Wissenschaftsverlag.

Liebe Leserin, lieber Leser, Ihre Kritik und Ihre Anregungen sind uns wichtig: Teilen Sie uns diese bitte mit (Fachbereich Mathematik, Universität Oldenburg, 26111 Oldenburg). Wir wünschen Ihnen ein angenehmes und nutzbringendes Lernen und Arbeiten.

Oldenburg

Stefan

Clermont, Erhard Cramer, Birgit Jochems, Udo Kamps

Inhaltsverzeichnis 1

Summen- und

2

Vollständige Induktion

3

Mengen

4

Aussagenlogik

37

5

Gleichungen

53

6

Finanzmathematik

61

7

Folgen

und Reihen

75

8

Funktionen

9

Differentiation

Produktsymbol

und deren

11

graphische Darstellungen

21

85 101

Funktionen einer und zweier 10

1

Kurvendiskussion und

Variablen, Elastizitäten

Optimierung

123

Funktionen einer und zweier Variablen 11

Integration

153

12

Matrizen

169

13

Inverse einer Matrix

187

14

Lineare

223

15

Rang

16

Determinante einer Matrix

17

Lineare

18

Analytische Geometrie

Gleichungssysteme

einer Matrix

Optimierung

z__A Literatur

zur

Wirtschaftsmathematik

247 273 285

303 319

1 Summen- und Literaturhinweis: KCO,

Kapitel 1, S.

Produktsymbol

41-45

Aufgaben Aufgabe

1.1: n

Für reelle Zahlen a\,...,an werden das

Symbol

2~2iai

Abkürzung für

a^s

die Summe

i=l

n

ai +

•

•

•

+ an und das

Symbol

j^j Oj als Abkürzung für das Produkt a\

det.

a) Begründen

Sie die Gültigkeit der folgenden Rechenregeln

bn, c e K): n

n

n

n

n

i—1

z=l

i=l

i=l

i—1

i—1

/

n

i=l

Die

i)

\

/

/

\i=l

rt

folgenden Aussagen gelten

im

\

n

n

/

i=l

i=l

Allgemeinen

!>-m=(|>) (!>)< •

/

n

ii)

(für

n

n

b)

...

an verwen-

i=l

JJ(«i + fc) i=l

=

n

\

I]> /

\i=l

/

+

n

\

IlM/

\i=l

nicht. Geben Sie

Zahlen a\,...,an,

n

;

=

1

Gegenbeispiele

an:

Kapitel 1

2

Aufgabe

1.2:

Stellen Sie die folgenden Summen mit Hilfe des Summenzeichens dar:

a)

4 + 8 + 12 + 16 + 20

b)

2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12

c)

6 + 9+12+15 + 18 + 21

d)

1 1 +7

3

2

,1

5

4

6

+

+

J

e)

+ ö + 7 + 7 + ^ + = ö 2 3 4 5 6 7

f)

5 + 9+13+17 + 21 + 25 + 29

g)

-8+10-12+14-16

h)

1 + 22 +

Aufgabe

33

+

44

+

55

1.3:

Schreiben Sie

folgende 15c2

Summen unter

a)

25 + 20c +

10c3

+

b)

16 + 8a + 4a2 + 2a3 +

a4,

+

5c4, a

c) (n] + n2)k + (n3 + n4)k +

€

c

des Summenzeichens:

Verwendung R

€ R

+

(nm + nm+1)k,

in

G N

ungerade,

n, G R

(i

=

1,..., m+1)

...

d) a\1 + e)

+

...

a|5, Ojj€R(i l.5) =

-a52 + a62

Aufgabe

ag2 ±

a72 + as2 -

ai2 G R

...,

-

(i

=

5, 6,...)

1.4:

Berechnen Sie für die Zahlen X\,...,x$ und y\,

,

ye der Tabelle

1

2

3

4

5

6

Xi

1

0

6

2

2

3

Vi

2

5

1

7

2

9

die Ausdrücke 6

6

a)

2~2Xi

b)

(x>) (x>) \2-*2 ^-36 15

=

50 Tn 10

Lösung

zu

'

»

10

T75E^-^2 10^"'

=

"

273,32

=

Tni>

10^-

10

J=J

70 =

7n 10

»=iöl>=iö =

•

=

•

'

==>

_

=

7' '

s2 ,

x

=

TnE( 10-^

_,2 X);

X;

=

=

^' vll4-v/2~332 7

v

r

5'

2

s»

1

=

X2-,

löE(a-f) 98

=

Tjj

=

154 10

15,4 _

=

.

——

-

i—\

=

2,332

0 917

xy

V

7^E^-7)^-5) t—1

0,917

=

1.10:

50

1

-

4

=

25

=

-

Aufgabe

1=1

b)

1

^

=5'

/vi"

-

*

10

,

*)(»< 5) c) Tn E(Xi 10 ^v 1—1 '

2>63~-

=

15

1

1

if:

i=l

10

J —1

a)

=

^

„„

^=TöE^ 10^"'

•

ii

i=l

b)

•

39 5

=

1.9:

10

1

+12)

_,2

86 =

T7j

=

Qß 8'6

.

«

0,949

Induktion

Vollständige

2

Literaturhinweis: KCO,

Kapitel 1, S.

45-49

Aufgaben Aufgabe 2.1: Zeigen Sie mittels vollständiger ,

i)

Vn € N ,,

^-^

...

:

Yji =

b)

Vn G N

:

=-

n

G N:

n(n + 1) 2

i

YJz2

Induktion über

=

n(n + l)(2n+ 1)

i=l

n

n2(n + 1)

N:]T i3

c)

Vn G

d)

Vn G N

4

al_1

:

=

t

für ein

-—

i=i

Aufgabe

beliebiges ael,a/l (geometrische Reihe)

2.2:

Leiten Sie mit Hilfe von Aufgabe 2.1 geschlossene Ausdrücke für die folgenden Summen her, und beweisen Sie die so erhaltenen Formeln (zusätzlich) durch vollständige Induktion über n G N:

£(2i-l)

b)

£>*-!)

12

Kapitel 2

Aufgabe 2.3: Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion:

a)

VneN:r-1^i(i + l)

b)'

Vn e N

c)

Vn € N

-^-

=

n

+ l

V-i-

:

(2i- l)(2i+ 1)

^(-l)-1?2

:

=

2n + l

—

n(n + 1}

=

i=l n

d)

Vn6N:^t-!!

Aufgabe 2.4: Zeigen Sie die Gültigkeit

a^ \A

(ii+l)!-l

=

von

l) (fc) C +

=

fc

n'

\

f (72k)=W^k)V (0)=l.*e{0,...,»},»€No.

b) (z + y)»

xn

=

fc=o

Induktion

c)

^

Tl \

fcj/* für alle x,y

€

R und für alle

n

€

N mittels

vollständiger

'

(Binomische Formel).

Vn6N:y:f?)=2". NA;

Aufgabe

2.5:

Beweisen Sie durch

a)

Für alle

n

> 4

b)

Für alle

n

£

Induktion:

vollständige gilt: 2""1

N und

> ra + 1.

1

x > —

gilt: (1 + x)n

> 1 + nx

(Bernoullische Ungleichung).

Vollständige Induktion

13

Aufgabe 2.6: Zeigen Sie durch vollständige Induktion über n g N: n

a)

Vn £ N

:

x2)

(1 -

•

fj(l + x2')

=

x2"+'

1

für

x

€ K.

-

i=l

n

b)

Vn £ N

Aufgabe

:

J]7 < "n(n+1)/2-

2.7:

die n-te Seien /(x) lnx, x > 0, und Sie durch vollständige Induktion: =

VneN:

Ableitung der Funktion / (s. Kapitel 9).

fM(x)

=

(-1)""'(" 1)!. ~

Aufgabe 2.8: Zeigen Sie durch vollständige Induktion: Die Potenzmenge einer Menge mit n Elementen besitzt 2" Elemente, n 6 N. (Die Potenzmenge einer Menge M ist die Menge aller Teilmengen von M.)

Beweisen

Kapitel 2

14

Lösungen Lösung

zu

Aufgabe

2.1:

a) Induktionsanfang n

1:

=

Induktionsvoraussetzung:

i

1-2 2

1

=

Es sei

i

für ein

=

6

n

N.

-

i=l

Induktionsschluss

n

—»

n

+ 1: /

n+l

Ei=

n

+(n + l) \i=i

i=\

n(w+l)

b) Induktionsanfang n

=

1:

^ z'2

Induktionsvoraussetzung: Es

sei

^i /

(Tt + l)(n + 2)

=

1-2-3

1

=

+n+l

2

1)(2ti f) C;;_ n(n n(ra+l)(2n+l) =-für +

+

r

ein n

6

N.

_

-1

Induktionsschluss n-»n+l:

n(n. l)(2rc 1) + l)2 E-2 |o.2| |EZ /) + (« + l)2 --^-^(n *

,n2

,

=

+

+

,

=

i=i

.2 + n + 6n + 6) (n + l)(2n2

(i 1

c) Induktionsanfang

n

=

i3

1:

l2 22

l3

=

(n + l)(n + 2)(2n + 3) _

•

4

i=l "

i3

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n2/n _)_

1)2

=-

für ein

n

€

N.

t=i

Induktionsschluss

n

—>

n

+ 1:

i

i=i

\i=i

|

-t-

^ti

-t-

ij

1

rr(n + 1)

^(n2+4(n+l))=(- 1^ +

+

2)2

15

Vollständige Induktion

d) Induktionsarifang

n

1: \aI_1 ^

=

a°

=

=

a1

1

-

1

a

2=1

-

an

^a1-1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

1 für ein neN. 1

=-—

-

^

-

a

i=l

Induktionsschluss

1

=-

-

+ 1:

n —> n

/

n+l

\

n

\i=l an 1

i=l

1

„

/

an+1

+an(a- 1)

1 -

-

1

a

_

—

Lösung

zu

Aufgabe

(2t- 1)

a

=

—

2.2:

2

-n

i=l

1

a

_

2-n

=

=

n

\i=l /

Beweis durch

vollständige

Induktion: l

Induktionsanfang

n

=

5~J(2i

1:

—

1)=2

1

=

1

12

=

—

i=l

n

Induktionsvoraussetzung:

Es sei

e(2*

—

1)

=

n2 für

ein

1

=

n2

+

n

n

€ N.

i=l

Induktionsschluss

n —> n

n+l

n

v^(2z

1)

-

=

n

yj(2i

1) + 2(n + 1) -

+ 2n + 1

-

i=l

i=l

b)

+ 1:

n

n

n

e^-d^E^E'+E1 a2.i

-4-

n(n + l)(2w + 1) 6

4_

w(n+ 1) 2

2

=

+ l)(2n + 1 3) +n -n(n ö -

=

2(2(n + l)2(n n(4n2 1) -

/

^(4(n2

1) + 3) n(2n l)(2n+ 1) =

-

-

1) + 3) -

=

(n + l)2

Kapitel 2

l(i

Beweis durch

vollständige

Induktion: i

Induktionsanfang n

1:

=

^^(2i

l)2 71

Induktionsvoraussetzung:

1_3

l2

=

3

—

Es sei

^(2i

l)2 n(4n2 1)

=-

für ein

n

€ N.

—

i=l

Induktionsschluss

n

n

—*

+ 1:

n+l

£(2i-l)2 5>;-l)2 + (2(n + l)-l)2 =

n(2n-l)(2n+l)

,

+

3

(2(n + l)-l)2

l)(2(n+ 1)

n(2n -

1) -

3

2(n+l)-1 1 -

3

(n+ l)(2n + 3)

(ri + l)(4(n + l)2

Lösung

zu

Aufgabe

(2(n+l)-l)2

2 + 6(n+l)-3) (2n2-n

3

2(n + l)

+

-

1)

2.3: 1

a) Induktionsanfang n

1:

=

^

1

11 =

——

"

Induktionsvoraussetzung: Es

77^

=

1

sei >

jz^i{i

n =-

+

l)

n

—-

Induktionsschluss

^ h

n

—>

n

+ l

für ein

n

G N.

+ 1:

/

1 +

TTjTT

~

"

\

1

VtT^+l)J

+

_i_

(n+l)( n + 2) n(n + 2) + l

n

1

n+l

(n + l)(n + 2)

(n+l)2 (n

+

l)(n 2) +

n

+l

n

+

_

(n + l)(n + 2)

/

2\

n

(n

+

\ + l 1 + 1)

Vollständige Induktion Alternative

Lösung ohne vollständige Induktion:

yp(l

l =

i=l

1

v

7

n-i I

»=1

b) Induktionsanfang n

1:

=

Es

t—*

i=2

TZ

^(2i-l)(2i+l)

=-

2n + l

—-—--

Induktionsschluss

n

—>

n

.

-

i=l n n

+ l

2+ 1

für

_

ein n

„

€ N.

+ 1:

n+l

^ (2i

i=l

1-3

1

>

1

_

111 1 i n+l

1

V—^

sei

i

^ (2i- l)(2i + 1)

Induktionsvoraussetzung: n

^1 ^

\

„

(J^ (2i- l)(2i+l)y

l)(2z + 1)

+ '

(2n+l)(2n + 3) n n(2n + 3) + 1 2n + l (2n+l)(2n + 3) (2n + l)(2n + 3) n+l n+l (n+l)(2n+l) 2n 3 + + + 2(n+ 1) + 1 (2n l)(2n 3) 1

_

~

~~

l C

\

Induktionsanfang n T

1

1

f

=

1:

1 2

^

^(-l)*"1?2

=

(-1)°12 (-1)°=

i=l

Induktionsvoraussetzung: Es sei

Induktionsschluss

n

J2(-iy-H2 (_i)n-i"(" +1) für ein =

—

n

y^(-ir¥= 1=1

€ N.

+ 1: /

n+l

re

\

n

+

\i=l

(-i)> +1)2

/

.(-ir'^^+(-i»+i)2 =

(-irü±i(-„

+

2(„+1)l

=

l-ir'"

+

'H" + ^

e

N.

1

d) Induktionsanfang n

=

i t!

1:

=

1 1! •

=

1

2! —

i=l 71

Induktionsvoraussetzung:

Es sei

•

i!

=

(n+ 1)!

1 für ein —

n

18

Kapitel 2

Induktionsschluss

n

—>

n+l

/

n

•

t!

i=l

all,

n

fc-V .

+

1

(n + 1)!

1+ -

(n + l)(n + 1)!

1

=

-

((n + 1) + 1)!

1 -

2.4:

n! =

VV

Beweis durch

=

(n + 2)!

=

-

T,-7tt7-7—7t7

(*-l)!(n-*+l)!

,

+

(n+l)! ( k fc!(n+ 1 -k)\ \n+ 1 b)

1)!

+

/

(n + 1)!(1 + n + 1)

Aufgabe \ fn\

zu

i\) + (n + l)(n

•

\i=l

=

Lösung

\

I ^t

=

+ 1:

n

n!

*!(n-fc)!

+n+l-fc^ n+l 7

\

k

vollständige Induktion:

Induktionsanfang

n

(x + j/)1

1:

=

Induktionsvoraussetzung: Induktionsschluss

(x + yr+1

=

n

—>

n

Es sei

n\

^

+

(x + y)n

=

( " xn~kyk für ein

J

n

e N.

+ 1:

(x + y) (x + 2/)"

/c=0

^q^V Q^2^1

=

=

(x + y)

'

( ) "

k=0

n

n\

sr^

I

n

\\

„_,,_,.

,

/n

k=\ x v

-Eft1)1"*'""»' mit

c)

a)

und

n\ 0/

_ ~

/n + 1\ /n\ 0 /'

l

/n + l

Inj U + l _

~

Gültigkeit der Gleichung kann mit vollständiger Induktion unter Verwendung a) gezeigt werden oder direkt unter Verwendung von b) und der Setzung x y Die

=

=

von

1.

19

Vollständige Induktion

Lösung zu Aufgabe 2.5: a) Induktionsanfang n 4:24_1=8>5 4+ l Induktionsvoraussetzung: Es sei 2™~: > n + 1 für =

=

Induktionsschluss 2"

n

—*

b) Induktionsanfang n

+ 1:

n

2(n + 1) 2n + 2 > n + 2 (= (n + 1) + 1) (1 + x)1 > 1 + 1 x

2"-1

2

=

1:

=

4.

n >

ein

>

=

•

Es sei

Induktionsvoraussetzung:

(1 + x)n

für ein

> 1 + nx

€

n

N.

Induktionsschluss n-»n+l:

(1 + x)n+1

=

=

Lösung zu Aufgabe 2.6: a) Induktionsanfang n

(1 + x)n(l + x) > (1 + nx)(I + x) (n + l)x + nx2 > 1 + (n + \)x

1+

1:

=

l

(1 x2) -

•

FJ(1 + x2')

=

(1 -

x2)(l + x2)

=

x4

1

=

x2'+1

1

-

-

»=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

(1 -

n

x2) JJ(1 + x2')

=

x2"+1

1

für ein

n

€

N.

-

i=l

fnduktionsschluss

n

—

+ 1:

n

n+l

(i -

n

x2) na+*2')

=

*2)(i+z2n+1)

(i -

t=l

+xT) i=l

=

(1 +x2"+')(l

-

x2"+1)

=

1 -

(x2"+1)2

=

1

b) Induktionsanfang

n

=

l:TTi
(x)

Induktionsvoraussetzung: Induktionsschluss

n —> n

Es sei

pn'(x)

(o.B.d.A.)

1

1

1

(n 1)! (—l)n_1-—-

=

-

(Inx)'

für ein

n

6 N.

(-l)"-1^- l)!(ar-")'

(-1)«

=

(-l)"-1^- l)!(-rt)x -n-l

=

=

+ 1:

/ => =>

=

{l,...,n + 1} MnU {n+ 1} qs(M„+i) q3(M„) U {A U {n + 1} | A € ) {2,3} U {2} {2,3}; E\(C f)F) E\{2} {3,5, 7}; (E\D) n(FuC) {5, 7} n {-2,1, 2,3,6,9,18} 0 {}. =

=

=

=

=

=

=

=

=

-

-

-

=

=

=

=

=

=

=

Lösung

zu

Aufgabe

=

=

=

=

=

3.2:

AUS

AHB

A\{BnC)

An(BUC)

('

c

-

Mengen und

Lösung

a)

Zu

zu

deren graphische

Aufgabe

3.3:

zeigen: (A n B) U C i

Darstellungen

e

=

(A U C) n (jB U c) (Distributivgesetz)

(A n B) u C

16

(x

0

Aussagenlogik

4

Literaturhinweis: KCO,

Kapitel 1, S. 5-10

In diesem Abschnitt werden zunächst die Notationen vorgestellt, die zur Verknüpfung von Aussagen mit den möglichen Bewertungen (Wahrheitswerten) wahr (w) oder falsch (f) verwendet werden. Zur Abkürzung der Notation werden Aussagen mit kalligraphischen Buchbezeichnet. staben A, B, C, Ai,A2, •

•

Es werden die folgenden grundlegenden Verknüpfungen betrachtet einer

•

Wahrheitstafel): Die

(Definition jeweils in Form

Negation der Aussage A, d. h. nicht A, wird mit A oder Ac oder A bezeichnet. -i

Wahrheitstafel:

A_ w

f

f

w

Die Konjunktion der Aussagen A und B, in Zeichen A A B schreibt die gleichzeitige Gültigkeit beider Aussagen. Wahrheitstafel:

A B AAB w

w

w

w

f

f

f

w

f

f

f

f

(logisches UND),

be-

38

Kapitel 4 •

Die Disjunktion der Aussagen A und B, in Zeichen A V B (logisches ODER), beschreibt das nicht ausschließende „oder" in der sprachlichen Verknüpfung zweier Aussagen

(in Abgrenzung vom „entweder/oder").

Wahrheitstafel:

A

B\AVB

w

w

w

w

f

w

f

w

w

f

f

f

Die Implikation der Aussagen A und B, in Zeichen A => B, beschreibt eine Folgerung aus der Aussage A auf die Aussage B. Die Notation wird daher gelesen als „aus A folgt B" oder „A impliziert B".

Wahrheitstafel:

B

ABA w

w

w

w

f

f

f

w

w

f

f

w

Die Äquivalenz der Aussagen A und B, in Zeichen A •- B, beschreibt die Gleichwertigkeit der Aussagen A und B bzgl. ihrer Wahrheitswerte in dem Sinne „A hat denselben Wahrheitsgehalt wie Bu.

Wahrheitstafel:

B

ABA

•

Mit W werde eine wahre

w

w

w

w

f

f

f

w

f

f

f

w

Aussage,

mit T eine falsche

Aussage

bezeichnet.

Quantoren: V 3

:

für

:

es

alle, für jedes

existiert ein

...,

es

gibt

ein

(Allquantor) (Existenzquantor)

39

Aussagenlogik

Aufgaben Aufgabe 4.1: Eine Gruppe von

Personen wird anhand der

Aussagen

A: „Die ausgewählte Person ist weiblich." B:

„Die ausgewählte Person

C: „Die in

ausgewählte Person

raucht." ist

minderjährig."

Teilgruppen eingeteilt.

a)

Stellen Sie die

folgenden Aussagen

mit den

Verknüpfungen

der

Aussagenlogik

dar:

,Die ausgewählte Person ist weiblich und minderjährig." „Die ausgewählte Person ist männlich und raucht nicht." „Die ausgewählte Person ist minderjährig oder raucht." „Die ausgewählte Person ist entweder minderjährig oder raucht." „Die ausgewählte Person ist männlich, nicht minderjährig und raucht." „Wenn die ausgewählte Person raucht, ist sie nicht minderjährig."

b)

Verbalisieren Sie die

folgenden Aussagenverknüpfungen:

A AB,

c)

AVA, A AB,

{CVB)AB,

B

==>

A.

Es sei bekannt, dass alle Personen der Gruppe minderjährig sind. Welche Vereinfachungen ergeben sich daraus für die Aussagen aus a) und b)?

Aufgabe 4.2: Es seien folgende Aussagen gegeben (Ein Werktag ist

tag.):

A: „Gestern

war

Montag."

B: „Heute ist Mittwoch." C:

„Morgen

T>:

„Heute

£:

„Morgen

ist nicht

ist ein

Sonntag."

Werktag."

ist Mittwoch."

ein

Wochentag von Montag bis Sams-

Kapitel 4

40

Untersuchen Sie die

folgenden Aussagen auf ihre Wahrheitswerte:

A=>C,

C=>A,

Aufgabe 4.3: Seien A, B und C Aussagen.

V=>B,

Weisen Sie die

S

A,

C

S, P==>C.

folgenden Eigenschaften

unter

Verwendung

von

Wahrheitstafeln nach:

B A A, A V B

a) A A B

b)

AA

(.4 A ß) A C,

(B A C)

B\/ A AV

(Kommutativgesetze)

(ß V C)

{A V ß) V C (Assoziativgesetze)

c) (^Aß)vC (AWC)A(BWC), {AVB)AC «=4- (.AAC)V(ßAC) (Distributivgesetze) d)

!4 A ß, iAß

A Vß

3vß (Regeln

von

de

Morgan)

e) ((A ==> ß) A (ß ==> A)) (A 34) (Kontraposition)

f) (A =4- ß) g) (A «=> B)

Aufgabe A ß, C

(Ä ß)

4.4:

seien

Aussagen.

Untersuchen

Sie, ob die angegebenen Ausdrücke äquivalent sind:

a) (AvB)r\(AvB),A b) ^A(ßvC), ^V(ßAC) c) (.4 VC) A A,

T

d) (A V ß) A C V (A A C), (Ä A ß) V C e) 3 A (.4 VC)

A

(A VC),

W

f) iVß, (34 A ß A C) V (^ A ß A C)

Aussagenlogik

Aufgabe

4.5:

Aussagen.

Seien Ai,A2,

a)

41

Weisen Sie durch Aussagen nach:

vollständige Induktion die folgende Regel von de Morgan für n (e N) n

n

\/Ak

f\A~k.

k=l

k=l

Zeigen Sie unter deren Verwendung die Gültigkeit de Morgan:

f\Ak

Geben Sie einen Beweis der

k=l

Regel von de Morgan ohne Verwendung

der

vollständigen

an.

Aufgabe 4.6: A,B,C seien Aussagen. Zeigen oder widerlegen Sie:

a) (A A B A C) V (Ä A B A C) V (Ä A B A C) V (.4 A ß A C)

b)

Gilt A

==>

B,

so

folgt: BVÄ ist

d) (A => B) A (B => C)

äquivalent

äquivalent

e) (A ==> B) A (B => C) A (C => -4)

(.4

C

äquivalent

gleichbedeutend

Aufgabe 4.7: Zeigen Sie für Aussagen „4, ß, C

ist

W

c) (A AB V C) A (A V B V C) ist

von

\jA~k.

k=l

Induktion

folgenden (zweiten) Regel

n

n

b)

der

mit

zu

(4

4=>

ß) (ß

(A

A

folgende Äquivalenz

(iAßAC)V(ßAC) Wahrheitstafel,

a)

unter

Verwendung

einer

b)

ohne

Verwendung

einer Wahrheitstafel.

-

(ÄVC)AB

ß

C) C).)

Kapitel 4

42

Aufgabe

4.8:

Schreiben Sie folgende oder falsch sind.

Aussagen in Quantorenschreibweise,

und entscheiden

Sie, ob Sie wahr

a) „Das Quadrat jeder reellen Zahl im Intervall [—2,2] ist kleiner als 4." b) „Für jede rationale Zahl z gibt es eine natürliche Zahl fc, so dass z k eine ganze Zahl ist."

c) „Es gibt keine rationale Zahl x mit x2 3." d) „Die Folge (an)n6N definiert durch an (—l)n, n G N, konvergiert nicht gegen die Zahl =

=

—1."

Aufgabe 4.9: Negieren Sie die folgenden Aussagen:

a) b) c) d)

Ve

>

0

3n0

G N Vn > n0

\an a0\

:

< £

-

Ve

>

0 Vx G R

3q

G

Q : \x q\

< e

-

[0,1] \/xux2 G [o,6] : f(Xxr + (1 A)x2) Va > OVx G [0,oo) 3 z G [0, oo) : za x VA G


4i

A

4-2 ist wahr

A\

A

A2

4i

V

A2 V 43

(Ai f) (A2

A

,43

X2

=

ist wahr

X\x2x%

ist wahr

(1

xi

=

x2

x2 < x3

0

1 + X\X2 =

xi)(l -

A2) ==> Ai)

=

-

-

1

-

x2)(l x3) -

=

0

z

=

folgenden

1,2, 3.

Weise

Aussagenlogik

Lösungen Lösung

Aufgabe

zu

4.1:

i) A AC iv) (CAß)V(ßAC)

a)

ii) A AB v) ÄACaB

iii)

Cvß

vi)

ß=>C

A AB: „Die ausgewählte Person ist weiblich und raucht." AW A • W: „Die ausgewählte Person ist männlich oder weiblich." Da A\/ A

b)

ist, kann alternativ eine beliebige wahre Aussage formuliert werden. A Aß: „Es stimmt nicht, dass die ausgewählte Person weiblich ist und nicht raucht." Dies ist gleichbedeutend mit „Die ausgewählte Person ist männlich oder stets wahr

raucht."

(CVß)A ß: „Die ausgewählte Person raucht." (Es gilt: (CVß)Aß nachgewiesen werden kann.)

ß,

was

mit einer Wahrheitstafel

B

c)

=>

A: „Wenn die ausgewählte Person nicht raucht,

Im folgenden werden

nur

die

Aussagen angegeben,

a) i) A; iii) W; iv) B; v) T\ vi) B => T, zu b) Hier entstehen keine Vereinfachungen. zu

Lösung

zu

Aufgabe

d. h. ß

deren

so

ist sie weiblich."

Darstellung sich verändert. JF;

4.2:

A=^C: Ist A wahr, d. h. gestern war Montag, so ist heute Dienstag und damit insbesondere morgen nicht Sonntag, d. h. C ist wahr. Die Implikation hat somit den Wahrheitswert „wahr". Ist A falsch, so hat die Implikation immer den Wahrheitswert „wahr", so dass die Aussage A => C stets wahr ist.

C

A:

Ist C wahr, d. h. morgen ist nicht Sonntag, so kann keine Entscheidung getroffen werden, ob A wahr ist oder nicht. Ist C falsch, d. h. morgen ist Sonntag, so war gestern Freitag, und daher ist A falsch. In diesem Fall hat die Implikation den Wahrheitswert „wahr".

£>=>ß: Ist T> wahr, so kann über den Wahrheitswert von ß keine Aussage getroffen werden, da außer Mittwoch auch andere Werktage vorliegen können. Andernfalls hat die Implikation immer den Wahrheitswert „wahr".

44

Kapitel 4

6

^

Die

A.

Äquivalenz hat den Wahrheitswert „wahr", denn wenn gestern Montag war, muss

morgen Mittwoch sein und

C

umgekehrt.

£:

Die Implikation £ ==> C hat den Wahrheitswert „wahr", da aus £ ist wahr auch C ist wahr folgt. Ist £ falsch, so ist die Implikation stets wahr. Für die Implikation C ==> £ kann dies nicht eindeutig beantwortet werden. Ist C falsch, so ist morgen Sonntag (und damit insbesondere nicht Mittwoch), so dass £ falsch ist. Ist C wahr, so kann morgen Mittwoch sein oder nicht. Dies hängt davon ab, welcher Wochentag heute ist. Ist heute Dienstag, so ist die Äquivalenz wahr, liegt ein anderer Tag (als Dienstag und Samstag) vor, so hat die Äquivalenz den Wahrheitswert „falsch". ü=> C: Die

Lösung

Aussage

zu

V

bedeutet, dass heute Sonntag ist. Damit ist V => C

Aufgabe

A B A AB

4.3:

BAA

AvB

BVA

w

w

w

w

w

w

w

f

f

f

w

w

f

w

f

f

w

w

f

f

f

f

f

b) A

B C

stets wahr.

Aussagenlogik

c)

45

(AaB)vC

A B C AAB

AVC BVG

www

w

w

w

w

w

f

w

w

w

w

f

w

f

w

w

w

f

f

f

w

f

f

w

w

w

w

f

f

w

f

f

f

w

f

f

w

f

w

w

f

f

f

f

f

f

(iVß)AC

ABC AvB

AAC BaC w

f

w

w

w

w

w

f

w

f

f

w

f

w

w

w

w

w

f

f

w

f

f

f f w

www

f

w

w

w

w

f

f

w

f

w

f

f

f

f

f

w

f

f

f

f

f

f

f f

f

f

d) A

B AV B AvB

w

w

w

w

f

w

f f

f

w

w

f

f

f

A B A ab f

(iVC)A(ßVC)

(AaC)\/(Ba C)

A B A AB A ab

A B AvB

w

w

w

f

f

f

w

w

f

f

w

f

w

f

f

w

f

w

w

f

f

f

f

w

w

w

f

f

f

w

w

w

w

w

f

46

Kapitel 4

e)

A ß

Lösung

zu

Aufgabe

4.4:

a) (iVß)A(iVß) b)

A A B

[ß

-

folgen,

V

C

AV?

AV(ßAB)

ist nicht äquivalent zu A V (ß A C): Gilt etwa 4 W und so würde aus der Gültigkeit der Äquivalenz die Aussage T •• W offensichtlich falsch ist.

C)

••

was

A AC A A

c) (AVC)AA

T

d) (A V B) AC V (A A C) _ 4 V B Ay BVC {AAB)VC e) Wegen nicht

f)

4A

(A V C) A {A V C) 1=4

äquivalent.

Zunächst Ist ß

A

gilt: Ay B W, so lautet

V

4

C V

A

A

(A A C)

.F sind die

4VB V

(C V (A A C))

angegebenen Aussagen

A Aß. Weiterhin gilt: (A Aß AC) V (AABAC) .AAß. Behauptung: A • 4, was offensichtlich falsch ist.

die

17

Aussagenlogik

Lösung

zu

Aufgabe

4.5:

2: Die Behauptung ist in n heitstafel bereits bewiesen worden.

a) Induktionsanfang

=

n

VA

—

n

4=» die

mittels einer Wahrmit

n

g

N,

n

> 2.

+ 1:

Vjfc=l

/

/

\

n

/\ Ä

\/fc=l

folgt

d)

(\/A.) vx+1lnduk"ans (\jAk)) AÄ77

«=>

*=1

Damit

4.3

Behauptung für Aussagen A\,..., An

Induktionsschritt: Gelte die Induktionsschluss

Aufgabe

Behauptung

\Jfc=l

n+1

)

A

/\ ÄT-

An+l

fc=l

/

mit dem

Induktionsprinzip.

Zum Nachweis der zweiten Regel von de Morgan werden anstelle von Ak die Negationen Ak in die schon bewiesene Äquivalenz eingesetzt. Diese Formel lautet dann:

V Ak

k=\

Unter

Mit

b)

Verwendung

von

f\A

k=l

Ak folgt daraus:

Ak

Aufgabe 4.3 g) folgt

^

k=l

k=l

daraus die

Behauptung.

\J Ak hat den Wahrheitswert „wahr" genau dann,

Die Aussage

st

wenn

\J Ak den Wahr-

k=l

heitswert „falsch" hat. Dies ist wiederum genau dann der Fall, wenn jedes Ak den Wahrheitswert „falsch" hat bzw. jede Negation Ak den Wahrheitswert „wahr" hat, n

k

=

1,...,

n.

Dies ist

jedoch äquivalent dazu, dass

/\ Ak den Wahrheitswert „wahr"

k=l

hat. Damit

folgt

die

Behauptung.

Kapitel 4

48

Lösung

zu

Aufgabe

4.6:

a) (4AßAC) V (4 Aß AC) V (4 Aß AC) V [A AB AC) BaC

b)

Die Wahrheitswerte der heitstafel enthalten:

zu

untersuchenden

A ß L4==> ß .4 ß BvA

(ß v A)

Aussagen sind in der nachstehenden Wahr-

B)=^((BvA)

Da die letzte Spalte der Wahrheitstafel den Wahrheitswert Implikation i.a. falsch.

c) Wegen A A B V C

Die

4=>

„falsch" enthält,

W)

ist die

A V ß V C gilt nach dem Distributivgesetz

[A AB v C) A (34 v B v C) d)

(ßAC)V(ßAC)

BAC

Fragestellung wird

34 v C.

mit einer Wahrheitstafel untersucht:

ABC A^B B

(A ==> ß) A (ß ==>• C)

www

w

w

w

w

w

f

w

E

f

w

f

w

f

f

f f

w

w

\\

f f

f f

w

w

w

w

w

w

f

w

f

f

f

f

w

w

w

w

f

f

f

\v

w

w

w

Da die letzten beiden Spalten nicht übereinstimmen, sind die lent. Es gilt jedoch die sogenannte Transitivität

l(A ==> B) A (B d. h. hat die Aussage (A A => C wahr.

==>

B)

A

=

(ß

C)] =>

=>

C)

A

Aussagen

nicht

äquiva-

[4=^C],

den Wahrheitswert

wahr,

so

ist auch

49

Aussagenlogik

e)

Mit der Wahrheitstafel

d) folgt:

aus

ABC

Da die letzten beiden Spalten übereinstimmen, ist die Äquivalenz bewiesen. Die genannte Eigenschaft wird auch als Ringschluss bezeichnet.

Lösung

a)

zu

Aufgabe

Bezeichne £ die

4.7:

Aussage (A a B A C) V (ß A C).

ABC A c AaBaC bac

AvC

www

f

f

f

w

w

f w

w

w

f

f

w

f

w

f

w

f

f

f

E f

w

f

f

f

w

f

f

f

f

w

w

w

f

f

w

w

f

w

w

w

f

w

f

f

w

f

f

w

f

w

f

f

w

w

f

f

f

f

w

w

Da die grau markierten

b) (34 Aß AC) V(ßAC)

Spalten übereinstimmen, 4=44=4

4=4>

oder alternativ:

sind die

{AvC)

Aussagen äquivalent.

[34 V (ß A C)} a [(ß A C) Vjß A C)] [AV(ßAC)]Aß (34 A ß) V (ß A C)

4=4

4=4

(.4 Aß) V(ßACAß) (34 VC) Aß

50

Kapitel 4

(iAßAC)V(ßAC)

PAC)AßjV(CAß)

pVC) A£_V£j] Aß



n2

=

3m2.

Damit teilt die Zahl Drei offensichtlich n2 und damit auch mit n 3 p, so dass folgt:

n.

Es

gibt

also ein p £ N

=

•

3m2

=

n2

=

(3p)2 9p2 =

4=4-

m2

=

3p2.

Daher ist Drei auch ein Teiler von m. Dies impliziert nun, dass Drei sowohl Teiler von n als auch von m ist. Da dies aber ausgeschlossen worden war, kann es eine solche Zahl x G Q nicht geben. Die Aussage ist somit wahr.

d)

3e

N 3n > n0 : \an + 1| > e. Diese Aussage ist wahr. Es gilt: a2n 1, n € N, und a2n+i -1, nun etwa e 1 und für n0 £ N n 2n0, so gilt: |on + 1| |a2„0 + 0

>

Vn0

€

=

—

=

Lösung

a) b)

3e

zu

>

0

Aufgabe Vn0

G N

=

=

n

£

1|

=

N. Wählt man 2 > 1 = e.

4.9:

3n

> n0

:

\an aQ\

> e

-

0 3x G

MVg G Q : \x q\ > e c) 3AG [0,1] 3xux2 G [a,b] : f(\x1 + (l-\)x2)>Xf(x1) + (l-\)f(x2) d) 3a>03xG [0,oo)VzG [0, oo) : za ^ x 3e

>

-

51

Aussagenlogik

Lösung

zu

Aufgabe

4.10:

ist falsch genau dann, wenn A\ und A2 den Wahrheitswert „falsch" haben. Damit gilt X\ 0 Ax2 0. Da xi und x2 nur die Werte 0 oder 1 annehmen können, ist 0 dies auch gleichbedeutend mit (1 Xi)(l x2) 1. Da andererseits (1 Xi)(l X2) gilt, falls Xi 1 V x2 1 folgt die Behauptung.

a) A\ V A2

=

=

=

=

—

A2 ist wahr äquivalent zu x2

b) A\

—

—

—

=

=

A

=

genau dann, wenn X\ = 0 A x2 1 + Xix2 ( 4=> (1 Xi)x2 1).

=

1

gilt.

Für x, €

{0,1}

ist dies

=

—

c)

A\ A A A3) hat genau dann den Wahrheitswert „falsch", wenn A2 wahr und A3 =

falsch

ist, d. h. falls

(x2,x3)

G

x2

=

1 > 0

x3 erfüllt ist. fn allen anderen < X3. Somit folgt die Behauptung.

=

{(0,0), (0,1), (1,1)}, gilt x2

Fällen, d. h.

Gleichungen

5

Literaturhinweis: KCO,

Kapitel 1, S.

30-40

Aufgaben Aufgabe

5.1:

Einem Konzertveranstalter ist

(erfahrungsgemäß)

bekannt,

dass bei einem einheitlichen

Eintrittspreis

von

p€

Besucher kommen. Hierbei sind a und b Konstanten. Die 2 Konzerthalle fasst 3000 Besucher. Er weiß zusätzlich, dass die Konzerthalle zu einem Drittel besetzt ist, leer bleibt.

a) b)

wenn

x

=-

P

50 € als

Eintrittspreis verlangt werden, dass aber bei 30 € nur

6

der Plätze

-

Bestimmen Sie die Konstanten

Ermitteln Sie den maximalen

a

und b.

Eintrittspreis,

bei dem die Konzerthalle

(noch)

voll be-

setzt ist.

c)

Bestimmen Sie

graphisch,

bei welchem

Aufgabe

5.2:

Lösen Sie

folgende Gleichungen nach

x

auf

Eintrittspreis die Einnahmen maximal sind.

(Ina;

=

logex):

a(2x-b) s/¥, x eR o>l,6>0, ln(a; + a) Ina; + In 2, a;>0,a>0, 2/(10* a) b, y>0,a,b>0, 21n2, x > -3, x ^ 0, ln(x + 3) e) 2ix 2 el ln2, x e K. a) b) c) d)

=

=

=

-

=

=

•

^ln(4x2)+

54

Kapitel 5

Aufgabe

5.3:

Lösen Sie die

folgenden Gleichungen

a) ve1"» + y/xy- ln2* b) i \og{y + 4) + log ec)'

10« x

=

Aufgabe

10-» -

10»+IG-«

=

=

0,

i log(y + 1), y > -1,

< 1.

X

gelten die folgenden Gleichungen?

-

x

>

0,

a >

1, b

>

0,

loga(x2 70), \x\ >V7Ö,a>l,

bl°z°x,

-

x

>

0,

a

1, fo

>

>

0.

5.5:

folgenden Gleichungen

a) loga(x + 4) + 21oga loga (b2

b) loga x -

c) loga6

Zeigen

log10x):

—

31oga2,

=

=

Lösen Sie die

Aufgabe

+

>

=

3to,

y\

d) xlos

x

e10«3

=

1
-l,a> 1, x

loga(x 1), x > l,o >

1.

=

-

5.6:

Sie die

auf:

x

0,

-

^loga9

nach

von

1 + In

,-, VeT25-5

>

0, a

>

1, b

>

1,

Gleichungen

55

b) log9(9a2) log3 o=l,

a

>

0,

-

c)

J]logaj

Aufgabe

i

Of

=

-logQo

=

,

ai >

1, 0

0.

Kapitel 5

56

Lösungen Lösung

zu

Aufgabe

5.1:

a) Lösung des Gleichungssystems: 5a 50

1000:

2

3000-1.3000 =!-^ 2 000

1000

=

2 500

=

b

=

a

=

To a

6

"

2 500

-

a

b)

Mit

a

und &

Bei einem

c)

aus

22 500

=

a) folgt

Eintrittspreis

3 000

112 500

von

(höchstens)

112 500

also p w 26,47. 26,47 € ist die Konzerthalle voll besetzt.

=-

p

22 500

1 250

4 250

p

bezeichne die Zahl der Besucher und p den Eintrittspreis. Gesucht: g x p maximal unter der Nebenbedingung 0 < x < 3 000.

x

=

g

=

x-p

(5£ \p

*V p

_

2)

1

=

112 500

1 -

250pF 4=4 112 500

+

£90

Nebenbedingung:

(x =)H2500

1250 < 3 000

112 500 P

_

< 4

250

4=4 p >

80000

26,47 26,47 € wird die höchste Einnahme erzielt. 10

Bei einem Preis

von

17

—

(w 26,47)' v

Gleichungen

Lösung

Aufgabe

zu

5.2:

a) a(2x b)

=

yf¥, sf¥ y/{2Pf (22*)1/2 2X,

a(2x -b)'

=

2x

=

-

=

2x(a K

1)'

ab

=

=

2X

d. h.

=

1

a

-

«=4> x

=

log22

b) ln(x + a)

=

c) j/(10x a)

In x + In 2

=

••

6 101'

=

y

+

ln(2x)

=

x

a

=

-

-

d) ln(x + 3)

ln(x + a)

-ln((2x)2) +2In2

= -

-

- x + a

f\y +

log10

1

a

-

2x -

=

x

=

a

-

ln(x + 3)

=

ln((2x)2)1/2 + In4

ln(x + 3) ln(2|x|) + In4 ln(x + 3) ln(2|x| 4) x + 3 8|x| 8x A x > 0) V (x + 3 -8x A x < 0) (x + 3 (x | A x > 0) V (x -\ A x < 0)

=

=

=

=

=

=

| Vi

x=

e) 23x

Lösung

a)

=

zu

2

e*ln2

Aufgabe +

y*z?7

2to

=

=

-i

•

In 2X

=

0

=

2X+1

v7^

y/p +

-

^^(l ^

23x

2 2*

3x

=

x

+ 1

x

5.3:

„

+

=

x

2

=

0

/ 1Ü21 \ 2

In 2

xln2^^=7^^=(j^J ,

=

xm _

b) l- \og(y + 4) + log j

=

elos3

+

l- lqgfo + 1)

^ log(V + 4) i logft, + 1)

=

e10*3

-

log^-i^ 2/ + 1 2/ + 4 y+i ^+4

2/4- 1

=

(3löge log4) -

2elog3 -61oge + 21og4

jQ(2e'°*

3

-6 log e+2 log 4)

io2e'of!3 io-61°se io21°s4 .

_

.

4-100^3.e-6.16 ("=-^.100^3 V e


0

5.5:

a) logo(x + 4) + 2 loga(a2/4) 2a1"*. 2 + loga(x + 1) 4=4 loga(x + 4) + 2 loga a2 2 loga 4 2-2 + loga(x + 1) 4=4 loga(x + 4) 2 loga 4 loga(x + 1) log° xTT log° xTT =

=

-

=

-

=

x

+4

=

16(x + 1)

4=4 x

=

4 5

--

-

70)

=

1

Gleichungen

b) loga x \oga{b2 -

1) + loga(6 1)

-

2 loga x

-

=

0

-

6- 1 -1 6-1

loga b2

logax

(6- !)(&+1) c) loga 6

= -

loga 9 \oga(x -

loga(x

Lösung

zu

-

1)

=

Aufgabe

a) ln(v/eT25 + 5)

6+1

1) loga 6 loga 3 loga(x 1) =

-

-

-

loga

1

x -

5.6:

=

1 + In

v/e~+25- 5

\n{y^T25 + 5) + m(ve~+25 5)

=

1

-

ln(e + 25 25)

=

1 1

1

=

(wahre Aussage)

—

b) logg(9o2) logg a

log9 9 + log9 a? log3 a

1

=

log3 a 4=>

log39

=

1

2 log9

-

-

2

=

log3 9

3=9

a -

log3 a

=

0

(wahre Aussage)

to

C)

ni0g".-l ai (loga„ ai)

(1Og"0

=

0°ga8 °9) (l0Sa9 °lo) '

•

•

• •

Alternative

•

•

(logas a10)

=

=

(logao oi) (log0l oio) logao oio =

= -

...

•

logao OlO

—

Lösung: 10

io TT

io

I logaj

f=l

i

1

at

=

,

loSana* TT I I-°--

f=1loSaoa«-l

H'°sno Oj i=l

=-

X

lOgoo -:—°-OIO

=

loSaoa0

=

logO0 oio ,

= -

logO0 W

Kapitel 5

(,()

Lösung

=

zu

Aufgabe

T/II3^' log jy

=

m

5.7:

/2m»

x

> log xmi

=

=

°-

>

log 1 m.

—

71

1 m

—

"

>

—'

rrii

log x

1 =

m

—

n

log x >

nii

=

log x: d. h.

v

=

x-

6 Finanzmathematik Literaturhinweis: KCO, Kapitel 2, S. 72-78

Aufgaben Aufgabe

a)

6.1: P

Kapital A0 wird am Beginn eines Jahres zum Zinssatz i (p Prozent Zinsen, i y^j) angelegt, wobei die Zinsen am Ende eines jeden Jahres gutgeschrieben werden. Geben Sie eine Formel für das nach dem Ende des n-ten Jahres vorhandenen Kapital Kn an Ein

=

(Beweis?). b)

Die

Bestimmung

i) ii) iii)

Kq bei gegebenen Kn,

i und

n

bezeichnet

man

auch als Bestim-

zukünftigen Zahlung.

Geben Sie die Formel für den Barwert an. Eine in zwei Jahren fällige Schuld von 10 000 € soll bereits heute zurückgezahlt werden. Welche Summe ist unter Berücksichtigung von 4% Zinsen zu zahlen? Herr Müller will sich in drei Jahren ein Auto für 15 000 € kaufen. Wieviel Geld muss er heute zur Bank bringen, um nach Ablauf von drei Jahren das Auto bezahlen zu können, wenn die Bank das Kapital mit 5% jährlich verzinst?

Aufgabe 6.2: Sie legen ein Kapital

a)

von

mung des Barwerts einer

von

40000 €

zu

einem Zinssatz

von

8% pro Jahr

an.

Sie lassen sich die Zinsen jährlich auszahlen. Wieviel Zinsen erhalten Sie innerhalb

von

vier Jahren? mit verzinst. Wieviel Geld können

b)

Die Zinsen werden vom Zeitpunkt der Fälligkeit Sie nach (Ablauf von) vier Jahren abheben?

c)

bei MitverAuf welche Höhe ist Ihr Kapital bei einem monatlichen Zinssatz von Jahren Zinsen nach vier anfallenden monatlich der angewachsen? zinsung

d)

Ihr

an

y|%

wird zum Zinssatz 0,02 pro Vierteljahr angelegt. Wie lautet der Jahresder diesem vierteljährlichen Zinssatz entspricht? zinssatz,

Kapital

Kapitel 6

62

Aufgabe

6.3:

legen ein Kapital zu einem Zinssatz von 7,8% pro Jahr an. i) vierteljährlichen iii) täglichen ii) monatlichen Zinssatz, der dem obigen jährlichen entspricht.

a)

Sie

b)

Ihr Kapital wird zu einem monatlichen Zinssatz Zinssatz entspricht dieser Verzinsung?

Aufgabe

von

Berechnen Sie den

0,5% angelegt.

Welcher

jährliche

Startkapital KQ (> 0)

nach 11

6.4:

a)

Bei welchem Zinssatz pro Jahr verdreifacht sich das Jahren bei einer jährlichen Verzinsung?

b)

Wieviele volle Jahre muss man mindestens warten, bis bei einer monatlichen Verzinsung das Startkapital von 5 000 € auf mindestens 15 000 € angewachsen ist? von

c)

Ein

y|%

Kapital wurde zu einem monatlichen Zinssatz von ^% angelegt; wie lautet der Jahreszinssatz, der dieser monatlichen Verzinsung entspricht?

Aufgabe

6.5:

a)

Sie zahlen 100 000 € auf ein für die Dauer

b)

Welchem Zinssatz (pro Jahr) entspricht die Verzinsung unter fünf Jahre mit demselben Zinssatz verzinst wird?

c)

Wieviel Geld müssen Sie mindestens

von fünf Jahren gesperrtes Konto ein. Der Zinssatz pro Jahr beträgt 8% in den ersten beiden Jahren und 8,7% in den restlichen Jahren. Wie lautet Ihr Kontostand nach Ablauf der Sperrfrist?

von

d)

jährlich 8,35%

einen

Betrag

von

anlegen,

um

150000 €

zu

a),

wenn

in

jedem der

nach fünf Jahren bei einem Zinssatz erzielen?

Welchen Betrag müssen Sie mindestens anlegen, um bei jährlicher Zinsen (d. h. die Zinsen werden nicht mitverzinst) und den Zinssätzen Jahren über mindestens dasselbe Endkapital wie in a) zu verfügen?

Auszahlung der a) nach fünf

aus

63

Finanzmathematik

Aufgabe

6.6:

Frau Müller möchte 150000 € dene Angebote ihrer Bank.

a)

möglichst gewinnbringend anlegen.

Hierzu

prüft

sie verschie-

Die Bank rät ihr, ihre 150 000 € auf ein Sperrkonto einzuzahlen, das für die Dauer fünf Jahren gesperrt wird. Die jährliche Verzinsung beträgt in den ersten beiden Jahren jeweils 6%, in den drei folgenden Jahren jeweils 8,5%.

von

Wie würde der Kontostand nach Ablauf der

Sperrfrist

lauten?

b)

Ein alternatives Angebot der Bank ist eine konstante jährliche Verzinsung von 7%. Wieviele volle Jahre müsste Frau Müller bei dieser Verzinsung warten, bis ein Kapital von 150 000 € auf mindestens 215 000 € angewachsen ist?

c)

Wieviel Geld müsste Frau Müller anlegen, um bei einer konstanten jährlichen Verzinsung von 6,5% nach fünf Jahren 215000 € abheben zu können?

Aufgabe

6.7:

Sie zahlen ein Kapital auf ein für die Dauer von sieben Jahren gesperrtes Konto ein. Der Zinssatz (pro Jahr) für das n-te Jahr beträgt:

•» W dieses wird?

Kapital,

—.7

der Kontostand nach Ablauf der

Sperrfrist

50 000 €

a)

Wie

b)

Berechnen Sie eine Zahl q so, dass sich aus dem unter a) berechneten Kapital bei jährlicher Verzinsung um q% am Ende von sieben Jahren ebenfalls 50000 € ergeben.

c)

Welcher

d)

Nach wievielen (vollen) Monaten ist ein Kapital von 1% pro Monat auf 10A'0 € angewachsen?

groß ist

betragen

Aufgabe

halbjährliche

wenn

Zinssatz

entspricht dem jährlichen von

Zinssatz

aus

K0 (> 0) € bei

b)?

einer

Verzinsung

6.8:

Herr Müller-L. möchte eine Eigentumswohnung von 100 qrn Wohnfläche erwerben. Ein Quadratmeter Wohnfläche eines Objekts nach seinen Vorstellungen kostet zur Zeit 3 300 €. Er beginnt nun zu sparen und legt zu Beginn eines jeden Jahres 60 000 € auf ein Sparkonto. Die Bank verzinst das Kapital mit 7% pro Jahr. Das angesparte Kapital kann nur am Ende eines Jahres abgehoben werden. Nach wievielen Jahren kann Herr Müller-L. bei gleichbleibendem Zinssatz eine Eigentumsmit dem angesparten Kapital aus obigem Sparvertrag bar bezahlen, wenn

wohnung

Kapitel 6

64

a)

der

Quadratmeterpreis

konstant bleibt?

b)

der

Quadratmeterpreis

um

(Erstellen

speziellen

7%

einer

20 000 m3 Holz.

b)

steigt?

Sie zunächst allgemeine Lösungsformeln für Werte der Aufgabe ein!)

Aufgabe 6.9: In den Zuständigkeitsbereich

a)

pro Jahr

a)

und

Forstverwaltung fällt

b),

und setzen Sie danach die

eine Waldfläche mit momentan

i)

Der Holzzuwachs beträgt 1% pro fläche vor 10 Jahren?

ii)

Wieviele volle Jahre dauert es mindestens, bis die Holzmenge von 20 000 m3 auf mehr als 30 000 m3 angewachsen ist, wenn der Zuwachs alle 13 Monate 4% beträgt?

Vierteljahr.

Wieviel Holz enthielt diese Wald-

Durch Rodungen verringert sich der Holzbestand jährlich, und zwar (jeweils bezogen auf den Vorjahresbestand) im 1. Jahr um 10%, im 2. Jahr um 5%, im 3. Jahr um 2,5%, im rc-ten Jahr

i) ii)

iii)

(n v

€

N) '

um

-—r%. 2n

Wieviel Holz enthält der Wald nach vier Jahren?

Berechnen Sie eine Zahl V e (0,100) derart, dass der Wald bei jährlicher Verdes Holzbestands um konstant V% nach vier Jahren den unter b) i) berechneten Holzbestand hat.

ringerung

Nach wievielen (vollen) Jahren ist der Holzbestand (von 20 000 m3) erstmals um mehr als ein Viertel geschrumpft, wenn die Verringerung konstant 3% pro Jahr

beträgt?

Aufgabe

6.10:

Herr Schmitz zahlt zu Beginn eines bestimmten Jahres den Betrag K 20 000 € auf ein Sparkonto ein. Jeweils am 1.1. der folgenden Jahre hebt er einen konstanten Betrag c € ab. Die Bank verzinst das Guthaben am Ende eines jeden Jahres mit 5%. Am 1.1. des achten Jahres kann er dann zum siebten und letzten Mal den Betrag c € abheben; danach ist das Guthaben verbraucht. =

Welchen Wert hat c?

(Leiten

Sie die

von

Ihnen benutzte Formel

her!)

(»ö

Finanzmathematik

Aufgabe

6.11:

Betrachten Sie das folgende Sparschema. Auf ein Konto werden zum 1.1.2001 1000 € eingezahlt, zum 1.1.2002 weitere 2000 €, zum 1.1.2003 weitere 3000 € usw. bis zur letzten Einzahlung von 8000 € am 1.1.2008. Für die Laufzeit dieses Sparvertrags garantiert die Bank einen jährlichen Zinssatz von 6%. Zeigen Sie, dass das am 31.12.2008 zur Verfügung stehende Endkapital Kn gegeben ist durch n

n

Kn

=

A'o

J2 k=l

+

i)"+i~k Äb(l + i)n+1 Yl k =

k=l

wobei A'o 1 000 € das Anfangskapital, i =0,06 den Zinssatz und (vollen) Jahren bezeichnen. Berechnen Sie Kn für diese Werte. =

n

=

8 die Laufzeit in

Aufgabe

6.12: Der Kurs einer bestimmten Bankaktie wird am 1. April eines Jahres mit 804 € notiert. Am 1. Mai wird eine Dividende von 16,50 € gezahlt. Sie vermuten, dass der Kurs dieser Bankaktie in Zukunft steigen wird und vereinbaren mit einem Vertragspartner, der gegenteiliger Ansicht ist (also mit einem fallenden Kurs rechnet), den folgenden forward contract:

Sie verpflichten sich, am 31. Juli 100 Stück dieser Bankaktie zum Preis von 818 € zu kaufen. Ihr Vertragspartner verpflichtet sich, Ihnen diese Bankaktien zum Preis von 818 € am obigen Fälligkeitstag zu verkaufen. Der Kontrakt wird am 1. April geschlossen. Der aktuelle Marktzins beträgt bei stetiger Verzinsung WA im .lain (bei 360 Zinstageii).

a)

Am 31. Juli, dem Fälligkeitstermin des forward contract, wird die Bankaktie an der Börse mit 830 € notiert. Berechnen Sie den Gewinn bzw. den Verlust von Käufer bzw. Verkäufer des forward contract am Fälligkeitstag.

b)

Der Kurs der Bankaktie wird am 1. Juni mit 820 € notiert. Berechnen Sie den Wert des forward contract für den Käufer an diesem Tag. Dividendenzahlung (Der aktuelle Wert am 1. Juni pro Aktie berechnet sich, da die und des abgezinsten bereits hat, als Differenz des aktuellen Aktienkurses

Werts

c)

stattgefunden (stetige Verzinsung!)

des vereinbarten

Der Kurs der Aktie wird am 15. forward contract für den Käufer

April an

Kaufpreises.)

mit 810 € notiert. Berechnen Sie den Wert des

diesem

Tag.

stattfinden wird, berechnet sich (Da die Dividendenzahlung noch in der RestlaufzeitFormel: der Aktie Wert einer der aktuelle folgenden gemäß der Aktie die auf den aktuellen Zeitpunkt abgeKurswert aktuellen vom Subtrahiere Wert des zinste Dividendenzahlung und den auf den aktuellen Zeitpunkt abgezinsten vereinbarten Kaufpreises.)

Kapitel 6

Iii.

Lösungen Lösung

Aufgabe

zu

6.1:

a) Kapital nach dem

1. Jahr:

Kapital nach dem

2. Jahr:

Kapital nach

dem 3. Jahr:

Kq(\ + i) K0(l + i) + iK0(l + i) K0(l + i)2 [K0(l + i)2](l + i) K0(l + i)3

K0 + iK0

=

=

=

Als Formel für das nach Ablauf des n-ten Jahres vorhandene

(offensichtlich): Kn

=

Kapital Kn ergibt

K0(l + i)n

(mit vollständiger Induktion): Induktionsanfang n 1: A'i Kq(1 + z)1 Beweis

=

=

Induktionsvoraussetzung: Kapital nach dem Induktionsschluss

n

n

—*

Kapital nach dem

+ 1:

[K0(i+ir](i+i) b)

K0(l + i)n + i(K0{l + i)n)

Nach

K0(l + i)n

iii)/Yo

Lösung

a)

=

oder ausführlicher:

a) gilt: Kn

zu

=

=

^« 1 ,uo

Aufgabe

^

Zinsen nach vier Jahren: za

=

=

40000

^1

+ —

J

=

=

4 3 200 •

40 000

•

=

K0{1 + i)n{l +i)

/

4 Jahre

d)

Zinssatz pro Vierteljahr: 0,02=2%; Kapital nach viermaliger vierteljährlicher

48 Monate:

K4S

=

40000

3 200

12 800

1,084 « 54419,56

c)

=

=

6.2:

=

1 +

n

€

N.

K0(i+ir+\

12 957,56

Zinsen nach einem Jahr: z\

b) KA

K0(l + i)n, (n + l)-ten Jahr:

n-ten Jahr:

8 ———

\48 w

)

Verzinsung:

55 026,64

=

K0{1 + i)n+1

sich

Finanzmathematik

Kv

=

40 000

•

(»7

(l

^) («

+

43 297,29)

Kapital nach einmaliger jährlicher Verzinsung: Kj 40 000(1 +i) Kv 1 +i 1,024 «=4> j 1,024 1, also i w 0,0824; d. h. der vierteljährlichen Verzinsung mit 2% entspricht eine jährliche Verzinsung mit 8,24%. =

=

=

=

-

Lösung

a)

zu

Aufgabe

6.3:

i) Gegeben: i 0,078, n 1; gesucht: Zinssatz j mit: (1 + j)4A'0 =

=

=

(1 + i)K0 (A0

0

>

vTTi 1 « 0,019 1,9% zu ii) Analog i): gesucht ist der Zinssatz j, für den gilt: (1 + j)12 1 + i