Wirtschaftsmathematik: Mathematik-Training zum Studienstart [4., überarb. und erw. Aufl.] 9783486715071, 9783486715064

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Wirtschaftsmathematik Mathematik-Training zum Studienstart von

Dr. Stefan Clermont

General Reinsurance AG, Köln

Prof. Dr. Erhard Cramer RWTH Aachen

Dr. Birgit Jochems

Frankfurt School of Finance & Management

Prof. Dr. Udo Kamps RWTH Aachen

4., überarbeitete und erweiterte Auflage

Oldenbourg Verlag München

Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © 2012 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. Lektorat: Dr. Stefan Giesen Herstellung: Constanze Müller Titelbild: thinkstockphotos.de Einbandgestaltung: hauser lacour Gesamtherstellung: Grafik & Druck GmbH, München Dieses Papier ist alterungsbeständig nach DIN/ISO 9706. ISBN 978-3-486-71506-4 eISBN 978-3-486-71507-1

Aus dem Vorwort zur dritten Auflage Die 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 Zielen, Wünschen und Anregungen der Studierenden nachzukommen, auf bekannte Schwierigkeiten 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.

Vorwort zur vierten Auflage Die dritte Auflage der Aufgabensammlung zur Wirtschaftsmathematik wurde gründlich durchgesehen, überarbeitet und in einigen Kapiteln um Aufgaben und Graphiken erweitert, wobei alle bisherigen Aufgaben und deren Nummerierung beibehalten wurden. Das Buch richtet sich insbesondere an Studierende wirtschaftswissenschaftlicher BachelorStudiengänge, aber auch grundsätzlich an Studienanfängerinnen und Studienanfänger, die schulmathematische Kenntnisse auffrischen möchten. Als ein Angebot zum Nachschlagen der theoretischen Grundlagen wird jeweils zu Beginn der Kapitel auf Abschnitte im folgenden Lehrbuch verwiesen: U. Kamps, E. Cramer, H. Oltmanns (2009) Wirtschaftsmathematik, Einführendes Lehr- und Arbeitsbuch. Oldenbourg Verlag, München.

VI

Vorwort

Liebe Leserin, lieber Leser, Ihre Kritik und Ihre Anregungen sind uns wichtig: Teilen Sie uns diese bitte mit (Institut für Statistik und Wirtschaftsmathematik, RWTH Aachen). Wir wünschen Ihnen ein angenehmes und nutzbringendes Lernen und Arbeiten. Aachen, Frankfurt, Köln im November 2011

Stefan Clermont, Erhard Cramer, Birgit Jochems, Udo Kamps

Inhaltsverzeichnis Vorwort 1 Summen- und Produktsymbol

V 1

2 Vollständige Induktion

11

3 Mengen und deren graphische Darstellungen

21

4 Aussagenlogik

39

5 Gleichungen

55

6 Finanzmathematik

71

7 Folgen und Reihen

85

8 Funktionen

99

9 Differentiation Funktionen einer und zweier Variablen, Elastizitäten

115

10 Kurvendiskussion und Optimierung Funktionen einer und zweier Variablen

135

11 Integration

173

12 Matrizen

197

13 Inverse einer Matrix

215

14 Lineare Gleichungssysteme

255

15 Rang einer Matrix

281

16 Determinante einer Matrix

311

17 Lineare Optimierung

325

18 Analytische Geometrie

347

1 Summen- und Produktsymbol Literaturhinweis: KCO, Kapitel 1, S. 41-44

Aufgaben

Aufgabe 1.1: Für reelle Zahlen a1 , . . . , an werden das Symbol a1 + · · · + an und das Symbol

n Y

i=1

n X

ai als Abkürzung für die Summe

i=1

ai als Abkürzung für das Produkt a1 · . . . · an verwendet.

a) Begründen Sie die Gültigkeit der folgenden Rechenregeln (für Zahlen a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn , c ∈ R): i)

n X

(ai + bi ) =

ii)

i=1

ai +

(ai · bi ) =

n Y

n X

n X

bi ,

ai

i=1

!

(ai + c) = nc +

n Y

i=1

!

n Y

bi ,

n X

ai ,

i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

n Y

n X

(c · ai ) = cn

i=1

n Y

n X i=1

cai = c

n X i=1

ai .

i=1

b) Die folgenden Aussagen gelten im Allgemeinen nicht. Geben Sie Gegenbeispiele an: i)

n X i=1

ii)

n Y

i=1

(ai · bi ) =

(ai + bi ) =

n X

ai

i=1

n Y

i=1

!

ai

!

·

+

n X

!

bi ,

i=1

n Y

i=1

bi

!

.

ai ,

2

Kapitel 1

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)

2 4 8 16 + + + 3 5 7 9

e)

1 2 3 4 5 6 + + + + + 2 3 4 5 6 7

f)

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

h) 1 + 22 + 33 + 44 + 55

g) −8 + 10 − 12 + 14 − 16

Aufgabe 1.3: Schreiben Sie folgende Summen unter Verwendung des Summenzeichens: a) 25 + 20c + 15c2 + 10c3 + 5c4 , c ∈ R b) 16 + 8a + 4a2 + 2a3 + a4 , a ∈ R c) (n1 + n2 )k + (n3 + n4 )k + . . . + (nm + nm+1 )k , m ∈ N ungerade, k ∈ R, ni ∈ R (i = 1, . . . , m + 1) d) a111 + . . . + a555 , aii ∈ R (i = 1, . . . , 5) e) −a52 + a62 − a72 + a82 − a92 ± . . . mit ai2 ∈ R (i = 5, 6, . . .)

Aufgabe 1.4: Berechnen Sie für die Zahlen x1 , . . . , x6 und y1 , . . . , y6 aus der Tabelle i

1

2

3 4

5 6

xi

1

0

6 2

2 3

yi

2

5

1 7

2 9

die Ausdrücke a) d)

6 X

b)

xi

i=1 6 X i=1

xi

!

6 X i=1

yi

!

e)

6 X

i=1 6 X i=1

(xi + yi ) xi (yi − 1)

c) f)

6 X

xi yi i=1 6 X

!

(xi + 1)

i=1

6 X i=1

!

(yi − 1)

Summen- und Produktsymbol

3

Aufgabe 1.5: Schreiben Sie die folgenden Produkte unter Verwendung des Produktzeichens: a) 1 · 3 · 5 · 7 · 9 · 11

b) 5 · 8 · 11 · 14 · 17 · 20

c) 4 · 7 · 12 · 19 · 28

d)

2 2 2 2 2 2 · · · · · 4 5 6 7 8 9

3 6 9 12 15 · · · · 2 5 10 17 26

e)

Aufgabe 1.6: Berechnen Sie für die Zahlen x1 , . . . , x6 und y1 , . . . , y6 aus der Tabelle i

1

2 3

4 5

6

xi

2

0 7

3 3

4

yi

1

4 1

6 1

8

4 Y

3 Y

die Produkte: a)

4 Y

yi

b)

6 Y

xi yi

c)

j=0

i=1

i=1

!

(xi yi + 1)

i=1

Aufgabe 1.7: Berechnen Sie die Produkte: a)

5 Y

(i + 3)

b)

5 Y

i=1

i=1

(i − 3)

c)

5 Y

i=1

!

i 

5 Y

j=1



j

d)

5 Y

i=1

(i2 − 9)

Bemerkung: Die nächsten drei Aufgaben behandeln (im Vorgriff) statistische Fragestellungen.

Aufgabe 1.8: Seien n ∈ N und x1 , . . . , xn reelle Zahlen. Dann heißen n

x=

n

1X 1X xi das arithmetische Mittel und s2x = (xi − x)2 die empirische Varianz n i=1 n i=1

der Zahlen x1 , . . . , xn .

4

Kapitel 1 a) Zeigen Sie: i) Für a, b ∈ R und yi = a + bxi , 1 ≤ i ≤ n, gelten n

y=

n

ii)

s2x

=

n

1X yi = a + bx n i=1

1X 2 x n i=1 i

!

n

1X xi n i=1

−

s2y =

und

!2

1X (yi − y)2 = b2 s2x . n i=1

.

b) Die Bearbeitungszeiten eines Zulieferers (jeweils Zeit zwischen Auftragseingang und Lieferung) werden bei den letzten 15 Bestellungen notiert (in Tagen): 5 , 3,5 , 7,5 , 6 , 5 , 9 , 8,5 , 4,5 , 4, 7,5 , 7 , 6 , 4,5 , 5 , 7. Bestimmen Sie das arithmetische Mittel und die empirische Varianz dieser Daten.

Aufgabe 1.9: Die mit dem Verkauf von Werkzeugmaschinen verbundenen Nebenkosten sollen analysiert werden. Dazu werden für zehn Geschäftsabschlüsse dem jeweiligen Lieferumfang (in Mio. e) die zugehörigen Nebenkosten yi (in Tsd. e) gegenübergestellt (1 ≤ i ≤ 10) : i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

xi

2,1

2,3

1,6

1,0

3,2

1,5

2,7

2,4

1,8

1,4

yi

5,3

6,1

4,2

3,2

7,8

3,8

7,3

4,9

4,0

3,4

Bestimmen Sie a) das arithmetische Mittel x und die empirische Varianz s2x der Daten x1 , . . . , x10 . b) das arithmetische Mittel y und die empirische Varianz s2y der Daten y1 , . . . , y10 . c) (als ein Maß für den linearen Zusammenhang der betrachteten Größen den sogenannten Korrelationskoeffizienten) 1 10

rxy =

10 X i=1

(xi − x)(yi − y) p q s2x s2y

.

Summen- und Produktsymbol

5

Aufgabe 1.10: Die Warenhausketten A und B betreiben in zehn verschiedenen Städten je eine Filiale. Die Umsätze x1 , . . . , x10 der Filialen von A betrugen im Jahr 2000 (in Mio. e) 5 , 8 , 11 , 7 , 4 , 2 , 15 , 6 , 10 , 2 . Als Umsätze y1 , . . . , y10 (in Mio. e) der Filialen von B wurden im Jahr 2000 in denselben zehn Städten ausgewiesen: 2 , 3 , 7 , 5 , 3 , 3 , 10 , 7 , 9 , 1 . a) Ermitteln Sie die Mittelwerte x, y der Umsätze x1 , . . . , x10 bzw. y1 , . . . , y10 der Warenhausketten A und B in den zehn Städten sowie die zugehörigen empirischen Varianzen s2x und s2y . b) Bestimmen Sie (als Maß für den linearen Zusammenhang der entsprechenden Umsätze die sogenannte empirische Kovarianz) 10

1 X (xi − x)(yi − y) 10 i=1

s2xy = und (den Korrelationskoeffizienten)

s2xy rxy = p q s2x s2y

für die Jahresumsätze x1 , . . . , x10 und y1 , . . . , y10 .

6

Kapitel 1

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 1.1: a)

i) Aufgrund des Kommutativgesetzes und des Assoziativgesetzes der Addition gilt: n X

(ai + bi ) = (a1 + b1 ) + . . . + (an + bn )

i=1

= a1 + b 1 + . . . + an + b n = a1 + . . . + an + b 1 + . . . + b n = (a1 + . . . + an ) + (b1 + . . . + bn ) n n X X bi . ai + = i=1

i=1

Mit der Setzung b1 = . . . = bn = c ist n X

bi =

i=1

n X i=1

c = c + . . . + c = n · c. | {z } n−mal

Das Distributivgesetz der Addition liefert: n X

cai = ca1 + . . . + can = c(a1 + . . . + an ) = c

n X

ai .

i=1

i=1

ii) Aufgrund des Kommutativgesetzes und des Assoziativgesetzes der Multiplikation gilt: n Y

i=1

(ai · bi ) = (a1 · b1 ) · . . . · (an · bn ) = a1 · b 1 · . . . · an · b n

= a1 · . . . · an · b 1 · . . . · b n = (a1 · . . . · an ) · (b1 · . . . · bn ) =

n Y

i=1

Mit der Setzung b1 = . . . = bn = c ist n Y

i=1

bi =

n Y

i=1

c = |c · .{z . . · }c = cn . n−mal

ai

!

n Y

i=1

bi

!

.

Summen- und Produktsymbol b)

7

i) Gegenbeispiel: n = 2, a1 = 1, a2 = 2, b1 = 1, b2 = 3: 2 X i=1

(ai · bi ) = 1 · 1 + 2 · 3 = 7 6= 12 = (1 + 2) · (1 + 3) =

2 X i=1

ai

!

2 X

bi

i=1

!

.

ii) Gegenbeispiel: n = 2, a1 = 1, a2 = 2, b1 = 1, b2 = 2: 2 Y

i=1

(ai + bi ) = (1 + 1) · (2 + 2) = 8 6= 4 = (1 · 2) + (1 · 2) =

2 Y

i=1

!

ai +

2 Y

i=1

Lösung zu Aufgabe 1.2: a)

5 X

b)

4i

c)

2i

6 X

i i+1

i=1

f)

7 X

7 X

4 X

d)

3i

i=1

i=2

i=1

i=1

e)

6 X

g)

(4i + 1)

8 X

(−1)i+1 2i

5 X

h)

ii

i=1

i=4

i=1

2i 2i + 1

Lösung zu Aufgabe 1.3: a)

4 X i=0

(5 − i) · 5ci

b)

4 X i=0

(m+1)/2

X

c)

(n2i−1 + n2i )k

24−i ai = 24 · a0 + 23 a1 + 22 a2 + 21 a3 + 20 · a4 5 X

d)

i=1

aiii

e)

i=1

∞ X

(−1)i ai2

i=5

Lösung zu Aufgabe 1.4: a) 14 e)

6 X i=1

f)

b) 40

c) 53

(xi yi − xi ) =

6 X i=1

!

(xi + 1)

6 X i=1

6 X i=1

d) 14 · 26 = 364 xi yi −

6 X i=1

!

(yi − 1)

c),a)

xi = 53 − 14 = 39

=

6 X i=1

xi + 6

!

·

6 X i=1

yi − 6

!

= (14 + 6)(26 − 6) = 20 · 20 = 400

!

bi .

8

Kapitel 1

Lösung zu Aufgabe 1.5: a) d)

6 Y

i=1 9 Y

i=4

b)

(2i − 1) 26 = 9 Q

2 i

i

!

e)

7 Y

i=2 5 Y

i=1

i=4

c)

(3i − 1)

5 Y

(i2 + 3)

i=1

3i i2 + 1

Lösung zu Aufgabe 1.6: a) 1 · 4 · 1 · 6 = 24 b) (2 · 1) · (0 · 4) · (7 · 1) · (3 · 6) · (3 · 1) · (4 · 8) = 0 c)

4 Y

j=0

[(2 · 1 + 1) · (0 · 4 + 1) · (7 · 1 + 1)] =

4 Y

24 = 245 = 7 962 624

j=0

Lösung zu Aufgabe 1.7: a)

5 Y (i + 3) = 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 6 720

i=1

b)

5 Y (i − 3) = (−2) · (−1) · 0 · 1 · 2 = 0

i=1

c)

5 Y

i=1

!

i 

5 Y

j=1



j =

5 Y

i

i=1

!2

= 1202 = 14 400

5 5 Y Y (i − 3)(i + 3) = (i2 − 9) = d) i=1

i=1

5 Y

!

(i − 3) 

i=1

5 Y



b)

(j + 3) = 0

j=1

Lösung zu Aufgabe 1.8:

n

a)

i)

y=

n

s2y =

n

n

n

1X 1X 1X 1X yi = (a + bxi ) = a+b xi = a + bx, n i=1 n i=1 n i=1 n i=1 n

n

1X 1X 1X 2 (yi − y)2 = (a + bxi − a − bx)2 = b (xi − x)2 = b2 s2x . n i=1 n i=1 n i=1

Summen- und Produktsymbol

9

n

ii)

s2x =

n

1X 1X 2 (xi − x)2 = (x − 2xi x + x2 ) n i=1 n i=1 i n

=

n

n

n

1X 2 1X 1X 2 1X 2 xi − 2x xi + x2 = xi − 2x2 + x2 = x − x2 n i=1 n i=1 n i=1 n i=1 i

b) Mit x1 = 5, x2 = 3,5, . . . , x15 = 7 erhält man: 15

1 X 90 1 x= (5 + 3,5 + . . . + 7) = =6 xi = 15 i=1 15 15

sowie

15

s2x =

39,5 1 1 X ((−1)2 + (−2,5)2 + . . . + 12 ) = = 2,63 (xi − 6)2 = 15 i=1 15 15

oder unter Verwendung von a) ii): 15

s2x =

1 X 2 579,5 x − x2 = − 36 = 2,63. 15 i=1 i 15

Lösung zu Aufgabe 1.9: 10

10

a) x =

1 X 20 xi = = 2, 10 i=1 10

s2x =

1 X 2 x − x2 = 4,4 − 4 = 0,4 10 i=1 i

b) y =

1 X 50 yi = = 5, 10 i=1 10

s2y =

273,32 1 X 2 y − y2 = − 25 = 2,332 10 i=1 i 10

10

10

10

c)

1 X (xi − x)(yi − y) = . . . = 0,917 10 i=1

0,917 √ Damit hat die Korrelation den Wert rxy = √ ≈ 0,949. 0,4 · 2,332

Lösung zu Aufgabe 1.10: 10

a) x =

1 X 70 xi = = 7, 10 i=1 10

y=

1 X 50 yi = = 5, 10 i=1 10

10

s2x =

154 1 X (xi − x)2 = = 15,4 10 i=1 10

s2y =

86 1 X (yi − y)2 = = 8,6 10 i=1 10

10

10

10

Kapitel 1 10

b) s2xy =

98 1 X (xi − 7)(yi − 5) = = 9,8 10 i=1 10

s2xy 9,8 √ rxy = p q = √ ≈ 0,852 15,4 · 8,6 s2x s2y

2 Vollständige Induktion Literaturhinweis: KCO, Kapitel 1, S. 45-48

Aufgaben

Aufgabe 2.1: Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion über n ∈ N: a) ∀ n ∈ N :

n X

b) ∀ n ∈ N :

n X

c) ∀ n ∈ N :

n X

d) ∀ n ∈ N :

n X

i=

i=1

n(n + 1) 2

i2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

i3 =

n2 (n + 1)2 4

i=1

i=1

ai−1 =

i=1

an − 1 für ein beliebiges a ∈ R, a 6= 1 (geometrische Reihe) a−1

Aufgabe 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 ∈ N: a)

n X i=1

(2i − 1)

b)

n X i=1

(2i − 1)2

12

Kapitel 2

Aufgabe 2.3: Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion: a) ∀ n ∈ N :

n X

b) ∀ n ∈ N :

n X

c) ∀ n ∈ N :

n X

d) ∀ n ∈ N :

n X

n 1 = i(i + 1) n+1

i=1

1 n = (2i − 1)(2i + 1) 2n + 1

i=1

(−1)i−1 i2 = (−1)n−1

i=1

i=1

n(n + 1) 2

i · i! = (n + 1)! − 1

Aufgabe 2.4: Zeigen Sie die Gültigkeit von 

     n n n−1 a) + = für alle k, n ∈ N mit 1 ≤ k ≤ n durch direkte Rechnung, k − 1  k k   n n! n , = 1, k ∈ {0, . . . , n}, n ∈ N0 . wobei = k!(n − k)! 0 k n   X n n−k k b) (x + y) = x y für alle x, y ∈ R und für alle n ∈ N mittels vollständiger k k=0 Induktion (Binomische Formel). n

c) ∀ n ∈ N :

n   X n k=0

k

= 2n .

Aufgabe 2.5: Beweisen Sie durch vollständige Induktion: a) Für alle n ≥ 4 gilt: 2n−1 > n + 1. b) Für alle n ∈ N und x > −1 gilt: (1 + x)n ≥ 1 + nx (Bernoullische Ungleichung).

Vollständige Induktion

13

Aufgabe 2.6: Zeigen Sie durch vollständige Induktion über n ∈ N: a) ∀ n ∈ N : (1 − x2 ) · b) ∀ n ∈ N :

n Y

i=1

n Y i n+1 (1 + x2 ) = 1 − x2 für x ∈ R.

i=1

ii ≤ nn(n+1)/2 .

Aufgabe 2.7: Seien f (x) = ln x, x > 0, und f (n) die n-te Ableitung der Funktion f (s. Kapitel 9). Beweisen Sie durch vollständige Induktion: ∀n ∈ N :

f (n) (x) = (−1)n−1

(n − 1)! . xn

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

14

Kapitel 2

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 2.1: a) Induktionsanfang n = 1:

1 X

i=1=

i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X

1·2 2

i=

i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X

n X

i=

i=1

i=1

=

b) Induktionsanfang n = 1:

1 X

i

!

n(n + 1) für ein n ∈ N. 2

+ (n + 1)

n(n + 1) (n + 1)(n + 2) +n+1= 2 2 i2 = 1 =

i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X

1·2·3 6

i2 =

i=1

n(n + 1)(2n + 1) für ein n ∈ N. 6

Induktionsschluss n → n + 1: ! n n+1 X X n(n + 1)(2n + 1) 2 2 + (n + 1)2 i + (n + 1)2 = i = 6 i=1 i=1 =

(n + 1)(n + 2)(2n + 3) (n + 1)(2n2 + n + 6n + 6) = 6 6

c) Induktionsanfang n = 1:

1 X

i3 = 13 =

i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X i=1

i3 =

n X i=1

i3

!

12 · 22 4

i3 =

n2 (n + 1)2 für ein n ∈ N. 4

+ (n + 1)3 =

n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 4

(n + 1)2 (n + 2)2 (n + 1)2 2 (n + 4(n + 1)) = = 4 4

Vollständige Induktion

15

d) Induktionsanfang n = 1:

1 X

ai−1 = a0 = 1 =

i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X

ai−1 =

i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X

a

i−1

n X

=

a

i−1

i=1 n

i=1

=

a1 − 1 a−1

an − 1 für ein n ∈ N. a−1

!

+ an =

an − 1 + an a−1

an+1 − 1 a − 1 + an (a − 1) = a−1 a−1

Lösung zu Aufgabe 2.2: a)

n X i=1

(2i − 1) = 2

n X i=1

i

!

A2.1

−n = 2·

n(n + 1) − n = n2 2

Beweis durch vollständige Induktion: Induktionsanfang n = 1:

1 X i=1

(2i − 1) = 2 − 1 = 1 = 12

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X i=1

b)

n X i=1

(2i − 1) =

(2i − 1)2 = 4 A2.1

n X i=1

= 4·

n X i=1

(2i − 1) = n2 für ein n ∈ N.

(2i − 1) + 2(n + 1) − 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2

i2 − 4

n X i=1

i+

n X

1

i=1

n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) −4· +n 6 2

2 n(n + 1)(2n + 1 − 3) + n 3 n n = (2(n + 1)2(n − 1) + 3) = (4(n2 − 1) + 3) 3 3   n(2n − 1)(2n + 1) n(4n2 − 1) = = 3 3 =

16

Kapitel 2 Beweis durch vollständige Induktion: Induktionsanfang n = 1:

1 X 1·3 (2i − 1)2 = 12 = 3 i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X i=1

(2i − 1)2 =

n X i=1

(2i − 1)2 =

n(4n2 − 1) für ein n ∈ N. 3

(2i − 1)2 + (2(n + 1) − 1)2

=

n(2n − 1)(2n + 1) + (2(n + 1) − 1)2 3

=

n(2n − 1)(2(n + 1) − 1) + (2(n + 1) − 1)2 3

=

2(n + 1) − 1 (2n2 − n + 6(n + 1) − 3) 3

=

2(n + 1) − 1 (n + 1)(2n + 3) 3

=

(n + 1)(4(n + 1)2 − 1) 3

Lösung zu Aufgabe 2.3: a) Induktionsanfang n = 1:

1 X i=1

1 1 1 = = i(i + 1) 1·2 1+1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X i=1

Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X i=1

1 = i(i + 1)

n X i=1

1 n = für ein n ∈ N. i(i + 1) n+1

1 i(i + 1)

!

+

1 (n + 1)(n + 2)

1 n(n + 2) + 1 n + = n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)   (n + 1)2 n+1 n+1 = = = (n + 1)(n + 2) n+2 (n + 1) + 1 =

Vollständige Induktion

17

Alternative Lösung ohne vollständige Induktion: n X i=1



n

X 1 = i(i + 1) i=1 =

n X 1

i

i=1

b) Induktionsanfang n = 1:

1 X i=1

1 1 − i i+1 −

n+1 X i=2



=

n X 1 i=1

i

−

n X i=1

1 i+1

1 1 1 n = − = . i 1 n+1 n+1

1 1 1 = = (2i − 1)(2i + 1) 1·3 2+1

Induktionsvoraussetzung: n X 1 n = für ein n ∈ N. Es sei (2i − 1)(2i + 1) 2n +1 i=1 Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X i=1

n X

1 = (2i − 1)(2i + 1)

i=1

1 (2i − 1)(2i + 1)

!

+

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

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

c) Induktionsanfang n = 1:

1 X

(−1)i−1 i2 = (−1)0 12 = (−1)0

i=1

1·2 2

Induktionsvoraussetzung: n X n(n + 1) (−1)i−1 i2 = (−1)n−1 für ein n ∈ N. Es sei 2 i=1 Induktionsschluss n → n + 1: n+1 X

i−1 2

(−1)

i=1

i =

n X

i−1 2

(−1)

i=1

i

!

+ (−1)n (n + 1)2

n(n + 1) + (−1)n (n + 1)2 2 n+1 (n + 1)(n + 2) = (−1)n (−n + 2(n + 1)) = (−1)n 2 2 = (−1)n−1

18

Kapitel 2 d) Induktionsanfang n = 1:

1 X i=1

i · i! = 1 · 1! = 2! − 1

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n X i=1

i · i! = (n + 1)! − 1 für ein n ∈ N.

Induktionsschluss n → n + 1: ! n n+1 X X i · i! + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! i · i! = i=1

i=1

= (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 2)! − 1 = ((n + 1) + 1)! − 1 Lösung zu Aufgabe 2.4:     n! n n n! a) + = + k−1 k (k − 1)!(n − k + 1)! k!(n − k)!     k n+1 n+1−k (n + 1)! = + = k!(n + 1 − k)! n + 1 n+1 k b) Beweis durch vollständige Induktion:

    1 1 0 1 0 1 x y + x y 0 1 n   X n n−k k n x y für ein n ∈ N. Induktionsvoraussetzung: Es sei (x + y) = k

Induktionsanfang n = 1: (x + y)1 =

k=0

Induktionsschluss n → n + 1:

(x + y)n+1 = (x + y)(x + y)n = (x + y)

n   X n n−k k x y k k=0

n   n   X n n+1−k k X n n−k k+1 = x y + x y k k k=0

k=0

 n   n+1  X n n+1−k k X n = x y + xn+1−k y k k k−1 k=0

k=1

      n   n n+1−0 0 X n n n 0 n+1 = x y + + xn+1−k y k + x y 0 k k−1 n k=1

=

n+1 X k=0

 n + 1 n+1−k k x y k

Vollständige Induktion         n n+1 n n+1 mit a) und = , = . 0 0 n n+1

19

c) Die Gültigkeit der Gleichung kann mit vollständiger Induktion unter Verwendung von a) gezeigt werden oder direkt unter Verwendung von b) und der Setzung x = y = 1.

Lösung zu Aufgabe 2.5: a) Induktionsanfang n = 4: 24−1 = 8 > 5 = 4 + 1 Induktionsvoraussetzung: Es sei 2n−1 > n + 1 für ein n ≥ 4.

Induktionsschluss n → n + 1:

2n = 2 · 2n−1 > 2(n + 1) = 2n + 2 > n + 2

(= (n + 1) + 1)

b) Induktionsanfang n = 1: (1 + x)1 ≥ 1 + 1 · x

Induktionsvoraussetzung: Es sei (1 + x)n ≥ 1 + nx für ein n ∈ N.

Induktionsschluss n → n + 1:

(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x)

= 1 + (n + 1)x + nx2 ≥ 1 + (n + 1)x

Lösung zu Aufgabe 2.6: a) Induktionsanfang n = 1: (1 − x2 ) ·

1 Y i 1+1 (1 + x2 ) = (1 − x2 )(1 + x2 ) = 1 − x4 = 1 − x2

i=1

Induktionsvoraussetzung: Es sei (1 − x2 )

n Y

i=1

i

n+1

(1 + x2 ) = 1 − x2

für ein n ∈ N.

Induktionsschluss n → n + 1: (1 − x2 )

n+1 Y i=1

i

n+1

(1 + x2 ) = (1 − x2 )(1 + x2

b) Induktionsanfang n = 1:

2n+1

= (1 + x 1 Y

i=1

)

n Y i (1 + x2 )

i=1 2n+1

)(1 − x

n+1

) = 1 − (x2

ii = 1 ≤ 11·2/2

Induktionsvoraussetzung: Es sei

n Y

i=1

ii ≤ nn(n+1)/2 für ein n ∈ N.

n+2

)2 = 1 − x2

20

Kapitel 2 Induktionsschluss n → n + 1: n+1 Y

i

i =

n Y

i=1

i=1

i

i

!

· (n + 1)n+1 ≤ nn(n+1)/2 · (n + 1)n+1

≤ (n + 1)n(n+1)/2 (n + 1)

= (n + 1)(n(n+1)/2)+(n+1) = (n + 1)(n+1)(n+2)/2

Lösung zu Aufgabe 2.7: Induktionsanfang n = 1: f (1) (x) (= f ′ (x)) = (−1)1−1

0! 1 1 = 1 · = = (ln x)′ x1 x x

Induktionsvoraussetzung: Es sei f (n) (x) = (−1)n−1

(n − 1)! für ein n ∈ N. xn

Induktionsschluss n → n + 1:

′  (n − 1)! f (n+1) (x) = (f (n) (x))′ = (−1)n−1 = (−1)n−1 (n − 1)!(x−n )′ xn n! = (−1)n−1 (n − 1)!(−n)x−n−1 = (−1)n n+1 x

Lösung zu Aufgabe 2.8: Die Menge Mn habe n Elemente: Diese werden ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o.B.d.A.) als die ersten n natürlichen Zahlen aufgefasst, d.h. Mn = {1, . . . ,n}.

Bezeichnung: P(Mn ) sei die Potenzmenge von Mn .

Induktionsanfang n = 1: M1 = {1}, P(M1 ) = {∅, {1}}, d. h. P(M1 ) hat 2 = 21 Elemente. Induktionsvoraussetzung: P(Mn ) hat 2n Elemente für ein n ∈ N.

Induktionsschluss n → n + 1:

Mn+1 = {1, . . . ,n + 1} = Mn ∪ {n + 1} =⇒ P(Mn+1 ) = P(Mn ) ∪ {A ∪ {n + 1} | A ∈ P(Mn )} =⇒ P(Mn+1 ) hat doppelt so viele Elemente wie P(Mn ) =⇒ P(Mn+1 ) hat 2 · 2n = 2n+1 Elemente

3 Mengen und deren graphische Darstellungen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 1, S. 1-4, 12-23

Aufgaben Aufgabe 3.1: Gegeben sei die Menge A = {x ∈ R | 1 < x < 10}, d. h. die Menge aller Zahlen x aus R mit der Eigenschaft, dass 1 < x < 10 gilt. Prüfen Sie, welche der folgenden Mengen in der Menge A als Teilmenge enthalten sind: B = {x ∈ R | 1 < x ≤ 10},  C = x ∈ R | x2 = 4 ,  D = x ∈ R | x2 − 5x + 6 = 0 ,

E = {x ∈ N | 1 < x < 11 und x ist eine Primzahl} , F = {x ∈ N | x ist Teiler von 18} . Bestimmen Sie weiterhin folgende Mengen: E ∩ F,

(E ∩ F ) ∪ (C ∩ D),

E\(C ∩ F ),

(E\D) ∩ (F ∪ C).

Aufgabe 3.2: Gegeben seien die Mengen A,B,C. Stellen Sie folgende Mengen durch Venn-Diagramme graphisch dar: A ∪ B, A ∩ B, B\A, A ∩ B ∩ C, A\(B ∩ C), A ∩ (B ∪ C).

22

Kapitel 3

Aufgabe 3.3: Zeigen Sie für beliebige Mengen A,B,C (mittels der Aussagenlogik): a) (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C),

b) A ∩ (A ∪ B) = A,

c) C\(A ∪ B) = (C\A) ∩ (C\B),

und zeichnen Sie die zugehörigen Venn-Diagramme.

Aufgabe 3.4: Gegeben sei die Menge M = {5,{1,2},∅}. Welche der folgenden Aussagen sind wahr und welche falsch? a)

2∈M

b) 5 ∈ M

c)

f)

{2} ⊂ M

g) ∅ ⊂ M

h) {∅} ⊂ M

{1,2} ⊂ M

d) {5} ∈ M

e)

{5} ⊂ M

i)

j)

{∅} ∈ M

∅∈M

Aufgabe 3.5:

√ Gegeben sei die Menge M = {−1,∅,{2, 2}}. Welche der folgenden Aussagen sind wahr und welche falsch? √ √ √ √ 2∈M b) { 2} ∈ M c) { 2} ∈ R d) 2∈Q a) e)

−1 ∈ Q

f)

i)

{∅} ∈ /M

j)

−1 ∈ M

√ {2, 2} ⊆ M

g) ∅ ⊆ M

h) ∅ ∈ /M

k) {−1,∅} ⊆ M

l)

M ⊆R

Aufgabe 3.6: Es sei α eine reelle Zahl. Unter |α| versteht man den Abstand des der Zahl α entsprechenden Punkts (α,0) auf der Zahlengeraden vom Ursprung, also gilt: ( α, falls α ≥ 0 |α| = . −α, falls α < 0 Stellen Sie die folgenden Mengen auf der Zahlengeraden dar: a)

A = {x ∈ R| |x| ≥ 1}

b)

B = {x ∈ R| |x − 3| < 2}

c)

C = {x ∈ R| |2x + 7| ≥ 4x − 2}

d)

A∩B ∩C

Mengen und deren graphische Darstellungen

23

Aufgabe 3.7: Schraffieren Sie die in der x,y−Ebene durch die Ungleichungen a) 2x + y < 20 gegebenen Gebiete.

b) 2x − y ≥ 15

c)

d) −x + 4y ≤ 32

10x + 5y > 50

Aufgabe 3.8: Stellen Sie die durch die folgenden Gleichungen bzw. (Systeme von) Ungleichungen definierten Teilmengen des R2 graphisch dar: a) c) e)

3x + y = 3 b) x = 5 2 2 3 4 1 − = c (c 6= 0, x 6= 0) d) + = x x y − 1 5y − 5 y + 0,1 (x − 2)2 > x2 + y f) 2y ≤ 2x + 16

g) x ≥ −1, y < 2

(y 6= 1, y 6= −0,1)

h) x + 2y ≥ 10, x − y ≥ 2

Aufgabe 3.9: Eine Wohnungsbaugesellschaft errichtet drei verschiedene Typen von Einfamilienhäusern (zusammengefasst zur Menge E = {E1 , E2 , E3 }), die sich noch im Rohbau befinden. Die Käufer können bei den Fensterrahmen zwischen zwei Typen von Holzrahmen (Menge H = {H1 , H2 }) und drei Typen von Kunststoffrahmen (Menge K = {K1 , K2 , K3 }) auswählen. Jeder Haustyp kann mit jeder Art von Fensterrahmen ausgestattet werden. Stellen Sie die möglichen Einfamilienhausmodelle der Wohnungsbaugesellschaft dar a) im folgenden Diagramm:.................................................................................................................................

.................. ....... ............. ................ .......... ........... ........ .......... ...... ........ . . . ..... . . ... ... . . .. ..... . .. ... ... ..... . . 1 2 3 . . ....... .... . . . ......... . . . ........... ....... .............. .......... .................... .............. .................................... ................... ................................................................................

E

E

................................................................... ....................... .............. .............. .......... .......... ........ ........ ....... ...... . ..... . . . ... ... . . ... .... . ... .. ... .. 1 2 . . ..... . ... . ....... . . . . ........ .... ........... ........ ............... ........... ............................. .............. .......................................................

H

E

H

.................................................................................................................. .................... .............. .............. ........... ........... ......... ........ ....... . . . . . . ...... ..... . . ..... . ... ... . . .. ..... .. ... 1 2 3 .. .... . . . ...... ... . . . . ....... . .... . . ........ . . . . . ... ........... ........... .............. ................... .............. ......................................... ................... ...........................................................

K

b) als geordnete Paare von Haustypen und Fensterrahmen, c) als kartesisches Produkt zweier geeigneter Mengen.

K

K

24

Kapitel 3

Aufgabe 3.10: Bestimmen Sie für die Mengen A = {a, b}, B = {1, 2, 3}, C = {1}, D = {a} die folgenden Mengen („ד bezeichnet ein kartesisches Produkt): a)

A × (B ∩ C)

d) (A × B) ∪ (A × C)

b) A × (B ∪ C)

c) (A × B) ∩ (A × C)

e)

f)

A×B×C

(A ∩ D) × (B ∩ C)

Aufgabe 3.11: In einem Produktionsbetrieb werden die Konsumgüter A und B hergestellt. In jedem Monat werden x Einheiten von A und y Einheiten von B produziert. Dabei entstehen variable Kosten von 10 e und 20 e pro Einheit von A bzw. B. a) Welche gesamten variablen Kosten entstehen pro Monat? b) Stellen Sie graphisch dar, auf welche Weise gesamte variable Kosten in der Höhe von K = 100, K = 300 und K = 500 entstehen können. (Zeichnen Sie die entsprechenden Kostengleichungen.)

Aufgabe 3.12: Ein Fabrikant fertigt Scheren mit monatlichen Fixkosten von 15 000 e und anfallenden Produktionskosten von 6 e pro Stück. Der Verkaufspreis einer Schere beträgt 11 e. a) Geben Sie die folgenden Größen als Funktion der Monatsproduktion, d. h. der Anzahl x der pro Monat produzierten Scheren an, und stellen Sie diese graphisch dar: i) die Gesamtkosten pro Monat, ii) den monatlichen Umsatz, der durch den Verkauf des Produkts entsteht. b) Wie viele Scheren muss der Fabrikant monatlich mindestens verkaufen, um in die Gewinnzone zu kommen?

Aufgabe 3.13: a) Stellen Sie die Menge   x y 2 M = (x, y) | x ≥ 0, y ≥ 2, y ≤ − x + 6, + ≤ 1 3 6 8 graphisch dar. b) Bei einem Schmelzvorgang werden drei Zusatzstoffe Z1 ,Z2 und Z3 in der jeweiligen Mindestmenge von 1,2 kg Z1 , 0,6 kg Z2 und 1,6 kg Z3 benötigt. Die Zusatzstoffe werden

Mengen und deren graphische Darstellungen

25

in gemischter Form als Rohstoff A bzw. Rohstoff B eingekauft. Jede Mengeneinheit von Rohstoff A enthält 0,1 kg Z1 , 0,3 kg Z2 und 0,2 kg Z3 . In jeder Mengeneinheit von Rohstoff B sind 0,6 kg Z1 , 0,05 kg Z2 und 0,4 kg Z3 enthalten. Der Rest jeder Rohstoffsorte besteht aus Stoffen, die als Schlacke ausfallen. Die beiden Rohstoffe A und B sollen für einen Schmelzvorgang so gemischt werden, dass die obigen Mindestmengen an Zusatzstoffen vorhanden sind. Beschreiben Sie die zulässigen Mengenkombinationen durch ein System von Ungleichungen, und stellen Sie die zugehörige Erfüllungsmenge graphisch dar.

Aufgabe 3.14: Student S. möchte sich zur Bekämpfung seines Übergewichts an einem Wochenende maximal 8 Stunden Zeit nehmen, um Squash zu spielen und im Fitness-Studio zu trainieren. Er weiß, dass er pro Stunde Squash 15 e ausgeben muss und in dieser Zeit 1 300 kJ verbraucht, während der Eintritt ins Fitness-Studio pro Stunde nur 5 e kostet, aber auch nur 800 kJ verbraucht werden. Außerdem hat er zu berücksichtigen, dass seine finanzielle Situation nur eine Investition von höchstens 60 e erlaubt und dass sein Squash-Partner höchstens 3 Stunden zur Verfügung steht. Bezeichnen x die Zeit [in Std.], in der er Squash spielen möchte, sowie y die Zeit [in Std.], in der er plant im Fitness-Studio zu trainieren, so ist er an dem Zahlenpaar (x,y) ∈ R2 interessiert, das zum höchstmöglichen kJ-Verbrauch führt. Dieses Zahlenpaar hat er allerdings aus der Menge aller den obigen Einschränkungen genügenden Paare auszuwählen. Schraffieren Sie diese Menge in einem x,y−Koordinatensystem!

Aufgabe 3.15: Ein Landwirt möchte seine Ackerfläche von 200 Morgen mit Roggen und Weizen bebauen. Für die Erzeugung eines Doppelzentners Roggen benötigt er 0,12 Morgen, für die eines Doppelzentners Weizen 0,08 Morgen. Der Anbau eines Doppelzentners Roggen kostet 8 e, der Anbau eines Doppelzentners Weizen 10 e. Der Landwirt hat ein Kapital von 20 000 e zur Verfügung. Stellen Sie die zur Erzeugung von x Doppelzentnern Roggen und y Doppelzentnern Weizen möglichen Kombinationen (x, y) graphisch dar, wenn: a) ein Teil der Fläche brach liegen darf. b) die gesamte Fläche genutzt werden soll.

26

Kapitel 3

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 3.1: A = {x ∈ R| 1 < x < 10}: B = {x ∈ R| 1 < x ≤ 10}, B ist keine Teilmenge von A, aber A ⊆ B;

C = {x ∈ R| x2 = 4} = {−2, 2}, C ist keine Teilmenge von A;

D = {x ∈ R| x2 − 5x + 6 = 0} = {2, 3}, D ⊆ A (x2 − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3) = 0); E = {x ∈ N| 1 < x < 11 ∧ x ist eine Primzahl}= {2, 3, 5, 7}, E ⊆ A;

F = {x ∈ N| ist Teiler von 18} = {1, 2, 3, 6, 9, 18}, F ist keine Teilmenge von A; E ∩ F = {2, 3, 5, 7} ∩ {1, 2, 3, 6, 9, 18} = {2, 3};

(E ∩ F ) ∪ (C ∩ D) = {2, 3} ∪ {2} = {2, 3};

E \ (C ∩ F ) = E \ {2} = {3, 5, 7};

(E \ D) ∩ (F ∪ C) = {5, 7} ∩ {−2, 1, 2, 3, 6, 9, 18} = ∅ = {}.

Lösung zu Aufgabe 3.2: A∪B

A∩B B A

A

B

A∩B∩C

B\A A A

B

B C

Mengen und deren graphische Darstellungen A\(B ∩ C) A

27 A ∩ (B ∪ C)

B A

C

B

C

Lösung zu Aufgabe 3.3: a) Zu zeigen: (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) (Distributivgesetz) x ∈ (A ∩ B) ∪ C ⇐⇒ x ∈ A ∩ B ∨ x ∈ C ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ x ∈ C

⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C) ⇐⇒ x ∈ A ∪ C ∧ x ∈ B ∪ C

⇐⇒ x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) Da x beliebig gewählt ist, folgt die Behauptung. b) Zu zeigen: A ∩ (A ∪ B) = A (Absorptionsgesetz) x ∈ A ∩ (A ∪ B) ⇐⇒ x ∈ A ∩ A ∨ x ∈ A ∩ B

⇐⇒ x ∈ A ∨ x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ A

Direkt: A ∩ (A ∪ B) = (A ∩ A) ∪ (A ∩ B) = A ∪ (A ∩ B) = A | {z } ⊆A

c) Zu zeigen: C\(A ∪ B) = (C\A) ∩ (C\B) (Gesetz von De Morgan) x ∈ C\(A ∪ B) ⇐⇒ x ∈ C ∧ x ∈ / A ∪ B ⇐⇒ x ∈ C ∧ x ∈ / A∧x ∈ /B ⇐⇒ x ∈ C ∧ x ∈ C ∧ x ∈ / A∧x ∈ /B ⇐⇒ (x ∈ C ∧ x ∈ / A) ∧ (x ∈ C ∧ x ∈ / B) ⇐⇒ x ∈ C \ A ∧ x ∈ C \ B ⇐⇒ x ∈ (C \ A) ∩ (C \ B)

28

Kapitel 3

Direkt: C \ (A ∪ B) = C ∩ A ∪ B = C ∩ (A ∩ B) = C ∩ A ∩ B = C ∩ C ∩ A ∩ B = (C ∩ A) ∩ (C ∩ B) = (C \ A) ∩ (C \ B) Venn-Diagramme zu a)

zu b)

A

B A

B

C

zu c)

allgemeine Situation: C\(A ∪ B) A

A

B

B

C

C

Lösung zu Aufgabe 3.4: Elemente von M : 5, {1, 2}, ∅. Teilmengen von M : ∅, {5}, {{1, 2}}, {∅} (einelementige), {5, {1, 2}}, {5, ∅}, {{1, 2}, ∅} (zweielementige), {5, {1, 2},∅} (dreielementige). Falsche Aussagen sind a), c), d), f), j) (Bemerkung: g) ist per Definition wahr). Lösung zu Aufgabe 3.5: Wahre Aussagen sind: e), f), g) (per Definition), i), k).

Mengen und deren graphische Darstellungen

29

Lösung zu Aufgabe 3.6: a) A = {x ∈ R| |x| ≥ 1} = {x| |x| ≥ 1 ∧ (x ≥ 0 ∨ x < 0)} = {x| (|x| ≥ 1 ∧ x ≥ 0) ∨ (|x| ≥ 1 ∧ x < 0)} = {x| (x ≥ 1 ∧ x ≥ 0) ∨ (−x ≥ 1 ∧ x < 0)} = {x| x ≥ 1 ∨ x ≤ −1} = (−∞, −1] ∪ [1, ∞) ] −1

0

... ........................................................... ..

[ 1

x

b) B = {x| |x − 3| < 2} = {x| (x − 3 < 2 ∧ x − 3 ≥ 0) ∨ (−x + 3 < 2 ∧ x − 3 < 0)} = {x| (x < 5 ∧ x ≥ 3) ∨ (x > 1 ∧ x < 3)} = {x| 3 ≤ x < 5 ∨ 1 < x < 3} = {x| 1 < x < 5} = (1, 5)

0

... ..................................................................................................................................................................... ..

( 1

) 5

x

c) C = {x| |2x + 7| ≥ 4x − 2} = {x| (2x + 7 ≥ 4x − 2 ∧ 2x + 7 ≥ 0) ∨ (−2x − 7 ≥ 4x − 2 ∧ 2x + 7 < 0)} = {x| (2x ≤ 9 ∧ x ≥ − 27 ) ∨ (6x ≤ −5 ∧ x < − 27 )} = {x| (− 72 ≤ x ≤ 29 ) ∨ (x ≤ − 65 ∧ x < − 27 )} = {x| −

7 2

≤x≤

9 2

∨ x < − 27 }

= {x| x ≤ 29 } = (−∞, 92 ] ... ................................................................................................................................. ...

]

0

9 2

x

d) A ∩ B ∩ C = {x| x ∈ A ∧ x ∈ B ∧ x ∈ C} = {x| (x ≥ 1 ∨ x ≤ −1) ∧ (1 < x < 5) ∧ (x ≤ 92 )} = {x| 1 < x ≤ 29 } = 1, 92

0

( 1

 ... ................................................................................................................................. ...

]

9 2

x

30

Kapitel 3

Lösung zu Aufgabe 3.7: a) 2x + y < 20 ... ..... ... ....... ... ... .... .. .. .... .. ... .... .... ... ... ..... ....

b) 2x − y ≥ 15 y

y

20

... .... ... ... .... ... .... ... ... .... ... .... ... ... ............................................... ... ... .... ... .... ... .... ....

x

10

0

.. .... .... ... . . . ... ... .... ... .... . . .... ... .... ... ... ......................................... .... . . .. .... ... . . . ... .... ... .... ... . . . . .... ... ... .... ... . . . .... ... ... .... ... . . . .... .... ... ....

0

y

... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ... .... ............................ .... ... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ....

10

0

5

x

x

7,5

−15

c) 10x + 5y > 50 ...... ........ .. ... .. ....

.... ........ ... ... ... .. ...

d) −x + 4y ≤ 32 y ...............

..... ...... ...... ...... ...... . . . . . .. ...... ...... ...... ...... ...... . . . . ...... ..... ...... ...... ...... . . . . . . ...... ...... ...... ...... ...... . . . . . .. ...... ...... ...... ...... ...... . . . . ...... ..... ...... ... ...... ................................. ...... . . . . . . .. ...... ...... . . . . . .... . . . . . ...... . .

8

0

−32

x

Lösung zu Aufgabe 3.8: a) x = 0 =⇒ y = 3, y = 0 =⇒ x = 1; also liegen die Schnittpunkte mit den Achsen des Koordinatensystems bei x = 1 bzw. bei y = 3: .... ........ ........ ....... ....... ... ... .. ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... .

y

3

0

1

... .................................. ..

x

Mengen und deren graphische Darstellungen

31

b) x = 5. Zu zeichnen ist also die Menge: {(5, y)| y ∈ R}. y

.. .......... ... . ...

.. ... ... ... .... .. ... .... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .

0

c)

... ................................. ...

5

x

2 1 1 1 − = c ⇐⇒ − = c ⇐⇒ x = − . x x x c 1 Zu zeichnen ist (analog zu b)) die Menge {(− , y)| y ∈ R}. c Für c > 0:

− 1c

d)

... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

y

..... ........ .. . ..

... .................................. ..

x

0

2 3 4 + = ⇐⇒ 13(y + 0,1) = 4 · 5(y − 1) y − 1 5(y − 1) y + 0,1 ⇐⇒ 13 · 0,1 + 20 = y(20 − 13) ⇐⇒ y = y

21,3 7

(≈ 3,04)

.. ........ ..... ...

3,04 ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

... ................................. ...

0

x

32

Kapitel 3 e) (x − 2)2 > x2 + y ⇐⇒ 4x + y < 4. Zu schraffieren ist also die Halbebene „links der Geraden 4x + y = 4“ (ohne die Gerade selbst!): y

.... .... .... ........ .... ... .... .. .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ... ............................................................................................... . .. .. .. . ... .... .... .... .... .... .... .... .... ...

4

0

x

1

f) 2y ≤ 2x + 16 ⇐⇒ y ≤ x + 8 . . ......... ....... ......... ....... ....... ... ...... . . . . . ... . . .. ............. .. ...... ........ ....... ... . . . . . . . . ....... .... ...... ....... ....... ....... . . . . . ...... ....... ....... ....... ....... . . . . . . ...... ....... ....... ....... ....... . . . . . . ....... ...... ....... ....... ....... . . . . . . ....... ....... ....... ....... ...... . . . . . . ... ...... ............................................. ....... ... ....... ....... ....... . . . . . . .... . . . . . . ... ....... .......

y

8

−8

0

x

g) . . .... ......... ... ... .. .. .. ... .... .... .... .... .... .... ..... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .. .... ... ... ... ... ... ... ... ... ................................ ... ... ... .... .. ... ... .... .

y

2

−1

0

x

Mengen und deren graphische Darstellungen

33

h) Zu schraffieren ist die Schnittmenge {(x, y) ∈ R2 | x + 2y ≥ 10} ∩ {(x, y) ∈ R2 | x − y ≥ 2} : . ..... .......... ....... ........ ... .... .. ....... . . . . . . ... . ... ....... .... ....... .. ....... ....... ... ....... . . . . ... . . . ....... ... ....... ... ....... ........ ............. .. ....... . ............. ... . . . . . . ............. ... ............. ....... ............. ....... ............. ....... ............. ....... ............. ....... . . . . . ............. . ...... ............. ............. ....... ............. ....... ........................ .... .................... . . . . . . ............. . ............. ....... ............. ........ ............. ....... ............. ....... ............. ........ . . . . ............. . . .... ............. . . . . . . . ............. ..... . . . . ............. . . . ............................................................................. ..... . . . . . ............. . .... ..... . ............. . . . . . ............. ..... . . . . .......... . . ..... . . . . . . . ....... ........ . . . . . . .... ........ ....... ....... .......

y

5

x

0 −2

2

10

Lösung zu Aufgabe 3.9: E = {E1 , E2 , E3 }, H = {H1 , H2 }, K = {K1 , K2 , K3 } a) .................................................................................................... ............................. .................. ................. ............. ............. .......... .......... ........ ........ ....... . . . . . ..... .... . . ... . . .. ..... .. ... ... .... . . . 1 2 3 ...... ... . . . . ........ . . ..... . .......... . . . . . . . ............. .... ................. ............. ........................... ................. ..........................................................................................................

E

E

................................................................................... .................. ............ ............ .......... ......... ....... ....... ...... . . . . . . ..... .... . ... ... .... ... .. ... .. 1 2 .... .... . ...... . . . ....... ..... . . . . . ......... . ........ ............ .................. ............ ....................................................................................

H

E

H

......................................................................... ................................. .................. .................. ............. ............. ........... .......... ........ . . . . . . . ....... ..... . . ...... . . . ... .... . . . . ... ..... . ... .. 1 2 3 ... .. ..... .... . . . . ...... .... . . ........ . . . . . .......... .... ............. .......... ................ ............ ........................... ................. ..........................................................................................

K

K

K

b) {(E1 , H1 ), (E1 , H2 ), (E1 , K1 ), (E1 , K2 ), (E1 , K3 ), (E2 , H1 ), (E2 , H2 ), (E2 , K1 ), (E2 , K2 ), (E2 , K3 ), (E3 , H1 ), (E3 , H2 ), (E3 , K1 ), (E3 , K2 ), (E3 , K3 )} c) E × (H ∪ K)

34

Kapitel 3

Lösung zu Aufgabe 3.10: a) A × (B ∩ C) = {a, b} × {1} = {(a, 1), (b, 1)} b) A × (B ∪ C) = {a, b} × {1, 2, 3} = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} c) (A × B) ∩ (A × C) = ({a, b} × {1, 2, 3}) ∩ ({a, b} × {1}) = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} ∩ {(a, 1), (b, 1)} = {(a, 1), (b, 1)} d) (A × B) ∪ (A × C) = . . . = A × (B ∪ C), (siehe b)) e) A × B × C = {a, b} × {1, 2, 3} × {1} = {(a, 1, 1), (a, 2, 1), (a, 3, 1), (b, 1, 1), (b, 2, 1), (b, 3, 1)} f) (A ∩ D) × (B ∩ C) = {a} × {1} = {(a, 1)}

Lösung zu Aufgabe 3.11: Seien x die produzierte Menge von Gut A pro Monat und y die produzierte Menge von Gut B pro Monat. Die gesamten variablen Kosten sind dann: K = 10x + 20y. Kostengleichungen:

(1)

10x + 20y = 100

(K = 100)

(2)

10x + 20y = 300

(K = 300)

(3)

10x + 20y = 500

(K = 500)

... ......

y .............. .... 25 ........................

15

....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ........ ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ........ ....... ....... . . ....... ....... ....... ....... ....... ....... ........ ........ ....... ....... ........ ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... . ....... ....... ....... ....... ....... ... ... .... ... .................................................................................... ..

(3)

(2)

5 0

(1)

10

30

50

x

Mengen und deren graphische Darstellungen

35

Lösung zu Aufgabe 3.12: Fixkosten 15 000 e, Produktionskosten 6 e pro Schere, Verkaufspreis 11 e pro Schere. a)

i) Gesamtkosten:

K(x) = 15 000 + 6x, x > 0 6x y x y − = 1 ⇐⇒ − =1 y = 15 000 + 6x ⇐⇒ 15 000 15 000 15 000 2 500

ii) monatlicher Umsatz:

U (x) = 11x, x > 0

.. ... ........... ........... ........ . . . . . . . .. ......... . ...... .... .. ..... ...... .... .. ........ ....... ... . .. .... .. ...... ...... . . . . ... . . ... ....... .... .. .... ...... . . . . . . . . . ... .. ..... . . . . . . ... ... . . .. .... . . . . . . . ... . .. . .... . . . . . . . ... . . .. ..... . . . . . . ... . ... . ... .. . . ... ... ........... . .... .. .. ...... ... . ... ....... . . . . . ........ ... .. . . . . . .. ....... ... ....... .... ... .. . ....... . ... . . . . .. .. . . . . . . . .. .. .... ....... ... .... .... ....... .... .. ........ .... .... ....... ... . ... ....... .. . . . . . . . . . . . . . . ... .... ... ... .............. .... ... ... .... . ....... .... .... ... ................................................ ........ .... .. ....... . . . . . . . . . . ..... . . . .... . . . .. ....... ....... . . . . . . ... ....... ....... ....... ....... ....... . . . . . . ..... ....... ....... ....... . ... . ... . . . .... .... ....

y

K(x)

U (x)

15000

0

1000

U (x) − K(x)

3000

5000

−15000

b) Gewinnfunktion: G(x) = U (x) − K(x) = 11x − 15 000 − 6x = 5x − 15 000 G(x) ≥ 0 ⇐⇒ 5x − 15 000 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 3 000 (Gewinnzone)

Lösung zu Aufgabe 3.13:   2 x y a) M = (x, y)|x ≥ 0, y ≥ 2, y ≤ − x + 6, + ≤ 1 3 6 8 y

..... ... ... ........... ... . .. . ... ... ... .. ..... .... ... ... ... ... y x ... ... ... 6 ...... 8 ... ...... ... ...... ... ...... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ...... ..... ...... ... ...... ... ...... .. ......... ......... ...... ........ .......... 2 ... ....... ... ...... 3 ... ....... ... ...... ...... ... ...... ... ...... ... . ......................................................................................................................................................................................... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ... ...... ..................................................... ... ...... ......... ...... ... ...... ... .. ... ... ... ..

8

+

=1

6

M

y =− x+6

y=2

1

0 1

6

9

x

x

36

Kapitel 3 b)

Z1

Z2

Z3

Rohstoff A

0,1

0,3

0,2

Menge x

Rohstoff B

0,6

0,05

0,4

Menge y

Mischung C

1,2

0,6

1,6

0,1x + 0,6y ≥ 1,2

(I)

(Z1 )

0,3x + 0,05y ≥ 0,6

(II)

(Z2 )

0,2x + 0,4y ≥ 1,6 (III) (Z3 ) x ≥ 0, y ≥ 0

... .... ... ......... ..... .. .. ... ... ...... ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ............. ... ............. .. .............. ............. .... .............. .................. ............. .. ..................................... ........... ...................................... .... ...................................... ......................... ................................................ ... ........................................ ... ............. ........................................ ... ... ...................................... .............. ........................................................................................ ............. ... ................ ............. ... ............. ... ............. ............. ... ........ ... ... .

y

12

4

(I)

2

(II)

8

x

12

(III)

Lösung zu Aufgabe 3.14: x= b Squash-Zeit, y = b Fitness-Zeit. Bedingungen:

(1) x + y ≤ 8

(2) 15x + 5y ≤ 60 (3) x ≤ 3

(4) x ≥ 0

(5) y ≥ 0

Die gesuchte Menge ist also die Schnittmenge von {(x, y) ∈ R2 | x + y ≤ 8},

{(x, y) ∈ R2 | 15x + 5y ≤ 60}, {(x, y)| x ≤ 3}

und dem ersten ..Quadranten: ..

.... .... . .... .... .... ............ .... .. .. .. ... .... .. ... ....... ... ..... .... ... .... ... .... ... .... .... ... .... ... .... ... .... ......... ... .... ......... . ... . .... ......... ......... . ... .... ......... . ... . ......... .... ......... ... . ......... ..... ... ......... ... ............. ... ............. .... .......... .... .... ............ .... ................. .... ......... ......... .... .... ......... .... .. ......... ...... ......... ...... ......... . ......... .... ...... ......... ......... ... ...... ......... .... ......... ... .... ......... ... ......... .... ......... .... ... .. ......... .... ... ............................................................................ .... ......... ... .... ......... ..... .... .... .... .... .... ....

12

y

8 4

x

3

4

8

Mengen und deren graphische Darstellungen

37

Lösung zu Aufgabe 3.15: x= b Doppelzentner Roggen, y = b Doppelzentner Weizen     200  0,12x + 0,08y ≤  12x +   a) 8x + 10y ≤ 20 000 ⇐⇒ 8x +       x,y ≥ 0   x     1 666,6   x ⇐⇒   2 500     

    0,12x +     b) 8x +       

y 2 500 y 2 000

+

+

≥

x,y

≤

1

≤

1

=

200

10y

≤

20 000

x,y

≥

0

3000...

x,y

≤ 20 000

≤ 20 000 ≥

0

0

0,08y

y

8y 10y

.... ......... .. ... .. .... ... ... ... ... ...

  x     1 666,6   x ⇐⇒   2 500     

+ + x,y

y 2 500 y 2 000 ≥

=

1

≤

1

0

..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ..... ........ ..... ........ ... ........ ........ ........ ........ ...... ........ .... ........ ..... ............. .......... ......... ............. ..... ........ ..... ........ ..... ........ .. ..... ..... .............. ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ........ ..... ... ........ ..... .................................................................................. ........ ..... ... ........ ..... ........ ..... . ........ ..... .... ..... ..

2000 1000

1000

La =



Lb =



(x, y)

(x, y)

2000

3000

x

y x y x + ≤ 1, + ≤ 1, x, y ≥ 0 2 500 2 000 1 666,6 2 500



x y x y + = 1, + ≤ 1, x, y ≥ 0 2 500 2 000 1 666,6 2 500



4 Aussagenlogik Literaturhinweis: KCO, Kapitel 1, S. 4-10 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 Buchstaben A, B, C, A1 , A2 , . . . bezeichnet. Es werden die folgenden grundlegenden Verknüpfungen betrachtet (Definition jeweils in Form einer Wahrheitstafel): • Die Negation der Aussage A, d. h. nicht A, wird mit ¬ A oder Ac oder A bezeichnet. Wahrheitstafel: A ¬A w

f

f

w

• Die Konjunktion der Aussagen A und B, in Zeichen A ∧ B (logisches UND), beschreibt die gleichzeitige Gültigkeit beider Aussagen. Wahrheitstafel: A

B

A∧B

w

w

w

w

f

f

f

w

f

f

f

f

• Die Disjunktion der Aussagen A und B, in Zeichen A ∨ B (logisches ODER), beschreibt das nicht ausschließende „oder“ in der sprachlichen Verknüpfung zweier Aussagen (in Abgrenzung vom „entweder/oder“).

40

Kapitel 4 Wahrheitstafel: A

B

A∨B

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: A

B

A =⇒ B

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 B“. Wahrheitstafel: A

B

A ⇐⇒ B

w

w

w

w

f

f

f

w

f

f

f

w

• Mit W werde eine wahre Aussage, mit F eine falsche Aussage bezeichnet. Quantoren: ∀ ∃

: :

für alle, für jedes es existiert ein . . ., es gibt ein . . .

(Allquantor) (Existenzquantor)

Aussagenlogik

41

Aufgaben Aufgabe 4.1: Eine Gruppe von Personen wird anhand der Aussagen A: „Die ausgewählte Person ist weiblich.“ B: „Die ausgewählte Person raucht.“

C: „Die ausgewählte Person ist minderjährig.“

in Teilgruppen eingeteilt.

a) Stellen Sie die folgenden Aussagen mit den Verknüpfungen der Aussagenlogik dar: i) „Die ausgewählte Person ist weiblich und minderjährig.“ ii) „Die ausgewählte Person ist männlich und raucht nicht.“ iii) „Die ausgewählte Person ist minderjährig oder raucht.“ iv) „Die ausgewählte Person ist entweder minderjährig oder raucht.“ v) „Die ausgewählte Person ist männlich, nicht minderjährig und raucht.“ vi) „Wenn die ausgewählte Person raucht, ist sie nicht minderjährig.“ b) Verbalisieren Sie die folgenden Aussagenverknüpfungen: A ∧ B,

A ∨ A,

A ∧ B,

(C ∨ B) ∧ B,

B =⇒ A.

c) 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 ein Wochentag von Montag bis Samstag.): A: „Gestern war Montag.“ B: „Heute ist Mittwoch.“

C: „Morgen ist nicht Sonntag.“

D: „Heute ist ein Werktag.“ E: „Morgen ist Mittwoch.“

Untersuchen Sie die folgenden Aussagen auf ihre Wahrheitswerte: A =⇒ C,

C =⇒ A,

D =⇒ B,

E ⇐⇒ A,

C ⇐⇒ E,

D =⇒ C.

42

Kapitel 4

Aufgabe 4.3: Seien A, B und C Aussagen. Weisen Sie die folgenden Eigenschaften unter Verwendung von Wahrheitstafeln nach: a) A ∧ B ⇐⇒ B ∧ A, A ∨ B ⇐⇒ B ∨ A (Kommutativgesetze) b) A ∧ (B ∧ C) ⇐⇒ (A ∧ B) ∧ C, A ∨ (B ∨ C) ⇐⇒ (A ∨ B) ∨ C (Assoziativgesetze) c) (A ∧ B) ∨ C ⇐⇒ (Distributivgesetze)

(A ∨ C) ∧ (B ∨ C), (A ∨ B) ∧ C

⇐⇒

(A ∧ C) ∨ (B ∧ C)

d) A ∨ B ⇐⇒ A ∧ B, A ∧ B ⇐⇒ A ∨ B (Regeln von de Morgan) e) ((A =⇒ B) ∧ (B =⇒ A)) ⇐⇒ (A ⇐⇒ B) f) (A =⇒ B) ⇐⇒ (B =⇒ A) (Kontraposition) g) (A ⇐⇒ B) ⇐⇒ (A ⇐⇒ B)

Aufgabe 4.4: A, B, C seien Aussagen. Untersuchen Sie, ob die angegebenen Ausdrücke äquivalent sind: a) (A ∨ B) ∧ (A ∨ B), A b) A ∧ (B ∨ C), A ∨ (B ∧ C) c) (A ∨ C) ∧ A, F d) (A ∨ B) ∧ C ∨ (A ∧ C), (A ∧ B) ∨ C e) A ∧ (A ∨ C) ∧ (A ∨ C), W f) A ∨ B, (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C)

Aussagenlogik

43

Aufgabe 4.5: Seien A1 , A2 , . . . Aussagen. a) Weisen Sie durch vollständige Induktion die folgende Regel von de Morgan für n (∈ N) Aussagen nach: n _

k=1

Ak ⇐⇒

n ^

k=1

Ak .

Zeigen Sie unter deren Verwendung die Gültigkeit der folgenden (zweiten) Regel von de Morgan: n ^

k=1

Ak ⇐⇒

n _

k=1

Ak .

b) Geben Sie einen Beweis der Regel von de Morgan ohne Verwendung der vollständigen Induktion an.

Aufgabe 4.6: A, B, C seien Aussagen. Zeigen oder widerlegen Sie: a) (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) ist äquivalent zu C b) Gilt A =⇒ B, so folgt: B ∨ A ⇐⇒ W c) (A ∧ B ∨ C) ∧ (A ∨ B ∨ C) ist äquivalent zu A ∨ C d) (A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C) ist äquivalent zu A =⇒ C e) (A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C) ∧ (C =⇒ A) ist äquivalent zu (A ⇐⇒ B ⇐⇒ C) (A ⇐⇒ B ⇐⇒ C ist gleichbedeutend mit (A ⇐⇒ B) ∧ (B ⇐⇒ C).)

Aufgabe 4.7: Zeigen Sie für Aussagen A,B,C die folgende Äquivalenz (A ∧ B ∧ C) ∨ (B ∧ C) ⇐⇒ (A ∨ C) ∧ B a) unter Verwendung einer Wahrheitstafel, b) ohne Verwendung einer Wahrheitstafel.

44

Kapitel 4

Aufgabe 4.8: Schreiben Sie folgende Aussagen in Quantorenschreibweise, und entscheiden Sie, ob Sie wahr oder falsch sind. 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 k, so dass z · k eine ganze Zahl ist.“ c) „Es gibt keine rationale Zahl x mit x2 = 3.“ d) „Die Folge (an )n∈N definiert durch an = (−1)n , n ∈ N, konvergiert nicht gegen die Zahl −1.“

Aufgabe 4.9: Negieren Sie die folgenden Aussagen: a) ∀ ε > 0 ∃ n0 ∈ N ∀ n ≥ n0 : |an − a0 | < ε

b) ∀ ε > 0 ∀ x ∈ R ∃ q ∈ Q : |x − q| < ε

c) ∀ λ ∈ [0, 1] ∀ x1 ,x2 ∈ [a, b] : f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )

d) ∀ α > 0 ∀ x ∈ [0, ∞) ∃ z ∈ [0, ∞) : z α = x

Aufgabe 4.10: Seien A1 , A2 , A3 Aussagen. Jeder Aussage Ai wird eine Variable xi in der folgenden Weise zugeordnet: xi = 1 ⇐⇒ Ai ist wahr,

xi = 0 ⇐⇒ Ai ist falsch,

Zeigen Sie: a) A1 ∨ A2 ist wahr ⇐⇒ (1 − x1 )(1 − x2 ) = 0

b) A1 ∧ A2 ist wahr ⇐⇒ x2 = 1 + x1 x2

c) A1 ∧ A2 ∧ A3 ist wahr ⇐⇒ x1 x2 x3 = 1

d) A1 ∨ A2 ∨ A3 ist wahr ⇐⇒ (1 − x1 )(1 − x2 )(1 − x3 ) = 0 e) (A1 ⇐⇒ A2 ) ⇐⇒ x1 = x2 f) (A2 =⇒ A3 ) ⇐⇒ x2 ≤ x3

i = 1, 2, 3.

Aussagenlogik

45

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 4.1: a)

i) A ∧ C

iv) (C ∧ B) ∨ (B ∧ C) b)

ii)

A∧B

v) A ∧ C ∧ B

iii) vi)

C ∨B

B =⇒ C

A ∧ B: „Die ausgewählte Person ist weiblich und raucht.“ A ∨ A ⇐⇒ W: „Die ausgewählte Person ist männlich oder weiblich.“ Da A ∨ A stets wahr ist, kann alternativ eine beliebige wahre Aussage formuliert werden. A ∧ B: „Es stimmt nicht, dass die ausgewählte Person weiblich ist und nicht raucht.“ Dies ist gleichbedeutend mit „Die ausgewählte Person ist männlich oder raucht.“ (C ∨ B) ∧ B: „Die ausgewählte Person raucht.“ (Es gilt: (C ∨ B) ∧ B ⇐⇒ B, was mit einer Wahrheitstafel nachgewiesen werden kann.) B =⇒ A: „Wenn die ausgewählte Person nicht raucht, so ist sie weiblich.“

c) Im Folgenden werden nur die Aussagen angegeben, deren Darstellung sich verändert. zu a) i) A; iii) W; iv) B; v) F ; vi) B =⇒ F , d. h. B ⇐⇒ F ; zu b) Hier entstehen keine Vereinfachungen.

Lösung zu Aufgabe 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“. D =⇒ B: Ist D wahr, so kann über den Wahrheitswert von B keine Aussage getroffen werden, da außer Mittwoch auch andere Werktage vorliegen können. Andernfalls hat die Implikation immer den Wahrheitswert „wahr“.

46

Kapitel 4 E ⇐⇒ A: Die Äquivalenz hat den Wahrheitswert „wahr“, denn wenn gestern Montag war, muss morgen Mittwoch sein und umgekehrt. C ⇐⇒ E: Die Implikation E =⇒ C hat den Wahrheitswert „wahr“, da aus E ist wahr auch C ist wahr folgt. Ist E falsch, so ist die Implikation stets wahr. Für die Implikation C =⇒ E kann dies nicht eindeutig beantwortet werden. Ist C falsch, so ist morgen Sonntag (und damit insbesondere nicht Mittwoch), so dass E 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“. D =⇒ C: Die Aussage D bedeutet, dass heute Sonntag ist. Damit ist D =⇒ C stets wahr.

Lösung zu Aufgabe 4.3: a) A w

B

w

A∧B

B∧A

A∨B

B∨A

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A

B

w

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w

b) C

B∧C w

A ∧ (B ∧ C) A ∧ B

(A ∧ B) ∧ C

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w f

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f

Aussagenlogik

A

B

47

C

w

B∨C w

A ∨ (B ∨ C) A ∨ B w

w

(A ∨ B) ∨ C

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A

B

C

A∧B

(A ∧ B) ∨ C

A∨C

B∨C

(A ∨ C) ∧ (B ∨ C)

c) w

w

w

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A

B

C

A∨B

(A ∨ B) ∧ C

A∧C

B∧C

(A ∧ C) ∨ (B ∧ C)

w

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w f

w f

w f

w f

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48

Kapitel 4 d) A w

B

w

A∨B

A∨B

w

f

A

B

A∧B

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A w

B

w

A∧B

A∧B

A

B

A∨B

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A w

B

w

A =⇒ B

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f

e) w

B =⇒ A (A =⇒ B) ∧ (B =⇒ A)

A ⇐⇒ B

w

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w

w

w

A

B

A =⇒ B

f) w

w

w

A

B

f

B =⇒ A

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w

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w

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w

A w

B

w

A ⇐⇒ B

A

B

A ⇐⇒ B

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w

w

g) w

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w

w

Aussagenlogik

49

Lösung zu Aufgabe 4.4: a) (A ∨ B) ∧ (A ∨ B) ⇐⇒ A ∨ (B ∧ B) ⇐⇒ A ∨ F ⇐⇒ A

b) A ∧ (B ∨ C) ist nicht äquivalent zu A ∨ (B ∧ C): Gilt etwa A ⇐⇒ W und B ⇐⇒ C ⇐⇒ F , so würde aus der Gültigkeit der Äquivalenz die Aussage F ⇐⇒ W folgen, was offensichtlich falsch ist. c) (A ∨ C) ∧ A ⇐⇒ A ∧ C ∧ A ⇐⇒ F d) (A ∨ B) ∧ C ∨ (A ∧ C) ⇐⇒ A ∨ B ∨ C ∨ (A ∧ C) ⇐⇒ A ∨ B ∨ (C ∨ (A ∧ C)) ⇐⇒ A ∨ B ∨ C ⇐⇒ (A ∧ B) ∨ C s. a)

e) Wegen A ∧ (A ∨ C) ∧ (A ∨ C) ⇐⇒ A ∧ A ⇐⇒ F sind die angegebenen Aussagen nicht äquivalent. f) Zunächst gilt: A ∨ B ⇐⇒ A∧B. Weiterhin gilt: (A∧B ∧C)∨(A∧B ∧C) ⇐⇒ A∧B. Ist B ⇐⇒ W, so lautet die Behauptung: A ⇐⇒ A, was offensichtlich falsch ist.

Lösung zu Aufgabe 4.5: a) Induktionsanfang n = 2: Die Behauptung ist in Aufgabe 4.3 d) mittels einer Wahrheitstafel bereits bewiesen worden. Induktionsschritt: Gelte die Behauptung für Aussagen A1 , . . . , An mit n ∈ N, n ≥ 2. Induktionsschluss n → n + 1: n+1 _ k=1

Ak ⇐⇒ I.V.

⇐⇒

n _

n ^

k=1

k=1

Ak

!

∨ An+1

Ak

!

∧ An+1 ⇐⇒

Induktionsanfang

⇐⇒

n+1 ^ k=1

n _

k=1

Ak

!

∧ An+1

Ak .

Damit folgt die Behauptung 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: n _

k=1

Ak ⇐⇒

n ^

k=1

Ak .

Unter Verwendung von Ak ⇐⇒ Ak folgt daraus: n _

k=1

Ak ⇐⇒

n ^

k=1

Mit Aufgabe 4.3 g) folgt daraus die Behauptung.

Ak .

50

Kapitel 4 b) Die Aussage

n _

k=1

Ak hat den Wahrheitswert „wahr“ genau dann, wenn

n _

k=1

Ak den Wahr-

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, k = 1, . . . ,n. n ^ Ak den Wahrheitswert „wahr“ hat. Damit folgt Dies ist jedoch äquivalent dazu, dass k=1

die Behauptung.

Lösung zu Aufgabe 4.6:

a) (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) ∨ (A ∧ B ∧ C) | {z } | {z } ⇐⇒ C

⇐⇒ B∧C

⇐⇒

(B ∧ C) ∨ (B ∧ C)

⇐⇒ B∧C

b) Die Wahrheitswerte der zu untersuchenden Aussagen sind in der nachstehenden Wahrheitstafel enthalten:

A

B

A =⇒ B

A

B

B∨A

(B ∨ A) ⇐⇒ W

w

w

w

f

f

f

f

(A =⇒ B)

=⇒ ((B ∨ A) ⇐⇒ W) f

w

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w

Da die letzte Spalte der Wahrheitstafel den Wahrheitswert „falsch“ enthält, ist die Implikation i.Allg. falsch. c) Wegen A ∧ B ∨ C ⇐⇒ A ∨ B ∨ C gilt nach dem Distributivgesetz

(A ∧ B ∨ C) ∧ (A ∨ B ∨ C) ⇐⇒ A ∨ C.

Aussagenlogik

51

d) Die Fragestellung wird mit einer Wahrheitstafel untersucht:

A

B

C

A =⇒ B

B =⇒ C

w

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w

(A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C) A =⇒ C w

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w

Da die letzten beiden Spalten nicht übereinstimmen, sind die Aussagen nicht äquivalent. Es gilt jedoch die sogenannte Transitivität [(A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C)]

=⇒

[A =⇒ C],

d. h. hat die Aussage (A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C) den Wahrheitswert wahr, so ist auch A =⇒ C wahr. e) Mit der Wahrheitstafel aus d) folgt:

A

B

C

w

w

w

w

w

w

C =⇒ A (A =⇒ B) ∧ (B =⇒ C) ∧ (C =⇒ A)

A ⇐⇒ B ⇐⇒ C

w

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w

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

52

Kapitel 4

Lösung zu Aufgabe 4.7: a) Bezeichne E die Aussage (A ∧ B ∧ C) ∨ (B ∧ C). A

B

C

A

C

A∧B∧C

B∧C

w

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w

E

w

A∨C

(A ∨ C) ∧ B

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f

Da die grau markierten Spalten übereinstimmen, sind die Aussagen äquivalent. b) (A ∧ B ∧ C) ∨ (B ∧ C) ⇐⇒ [A ∨ (B ∧ C)] ∧ [(B ∧ C) ∨ (B ∧ C)] ⇐⇒ [A ∨ (B ∧ C)] ∧ B ⇐⇒ (A ∧ B) ∨ (B ∧ C ∧ B) oder alternativ:

⇐⇒ (A ∧ B) ∨ (B ∧ C) ⇐⇒ (A ∨ C) ∧ B

(A ∧ B ∧ C) ∨ (B ∧ C) ⇐⇒ [(A ∧ C) ∧ B] ∨ (C ∧ B) ⇐⇒ [(A ∨ C) ∧ (C ∨ C)] ∧ B | {z }

⇐⇒ [(A ∧ C) ∨ C] ∧ B

⇐⇒ (A ∨ C) ∧ B

⇐⇒ W

Lösung zu Aufgabe 4.8: a) ∀ x ∈ [−2, 2] : x2 < 4.

Diese Aussage ist falsch, da 22 = (−2)2 = 4.

b) ∀ z ∈ Q ∃ k ∈ N : z · k ∈ Z.

Für jedes z ∈ Q gilt: ∃ m ∈ Z, k ∈ N: z = m k (Definition der rationalen Zahlen). Daraus folgt durch Multiplikation mit k die Behauptung, d. h. die Aussage ist wahr.

c) ∄ x ∈ Q : x2 = 3.

n Angenommen, es gäbe eine solche Zahl. Dann gibt es (vgl. b)) n ∈ Z, m ∈ N mit x = m . Diese seien teilerfremd, d. h. sie besitzen keinen gemeinsamen Teiler (größer als Eins). Dann folgt aus der Annahme:  n 2 = 3 ⇐⇒ n2 = 3m2 . m

Aussagenlogik

53

Damit teilt die Zahl Drei offensichtlich n2 und damit auch n. Es gibt also ein p ∈ N mit n = 3 · p, so dass folgt: 3m2 = n2 = (3p)2 = 9p2 ⇐⇒ 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 ∈ Q nicht geben. Die Aussage ist somit wahr.

d) ∃ ε > 0 ∀ n0 ∈ N ∃ n ≥ n0 : |an + 1| ≥ ε.

Diese Aussage ist wahr. Es gilt: a2n = 1, n ∈ N, und a2n+1 = −1, n ∈ N. Wählt man nun etwa ε = 1 und für n0 ∈ N n = 2n0 , so gilt: |an + 1| = |a2n0 + 1| = 2 ≥ 1 = ε.

Lösung zu Aufgabe 4.9: a) ∃ ε > 0 ∀ n0 ∈ N ∃ n ≥ n0 : |an − a0 | ≥ ε

b) ∃ ε > 0 ∃ x ∈ R ∀ q ∈ Q : |x − q| ≥ ε

c) ∃ λ ∈ [0, 1] ∃ x1 ,x2 ∈ [a, b] : f (λx1 + (1 − λ)x2 ) > λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )

d) ∃ α > 0 ∃ x ∈ [0, ∞) ∀ z ∈ [0, ∞) : z α 6= x

Lösung zu Aufgabe 4.10: a) A1 ∨ A2 ist falsch genau dann, wenn A1 und A2 den Wahrheitswert „falsch“ haben. Damit gilt x1 = 0 ∧ x2 = 0. Da x1 und x2 nur die Werte 0 oder 1 annehmen können, ist dies auch gleichbedeutend mit (1−x1 )(1−x2 ) = 1. Da andererseits (1−x1 )(1−x2 ) = 0 gilt, falls x1 = 1 ∨ x2 = 1 folgt die Behauptung.

b) A1 ∧ A2 ist wahr genau dann, wenn x1 = 0 ∧ x2 = 1 gilt. Für xi ∈ {0, 1} ist dies äquivalent zu x2 = 1 + x1 x2 ( ⇐⇒ (1 − x1 )x2 = 1). c) A1 ∧ A2 ∧ A3 ist wahr genau dann, wenn xi = 1 für i ∈ {1, 2, 3}. Da xi ∈ {0, 1} ist dies äquivalent zu x1 x2 x3 = 1.

d) Die Behauptung folgt durch zweimalige Anwendung der Argumente aus a). e) (A1 ⇐⇒ A2 ) ist äquivalent dazu, dass die Wahrheitswerte beider Aussagen übereinstimmen. Dies ist (nach Definition der Variablen xi ) gleichbedeutend mit x1 = x2 . f) (A2 =⇒ A3 ) hat genau dann den Wahrheitswert „falsch“, wenn A2 wahr und A3 falsch ist, d. h. falls x2 = 1 > 0 = x3 erfüllt ist. In allen anderen Fällen, d. h. (x2 , x3 ) ∈ {(0, 0), (0, 1), (1, 1)}, gilt x2 ≤ x3 . Somit folgt die Behauptung.

5 Gleichungen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 1, S. 30-40

Aufgaben Aufgabe 5.1: Einem Konzertveranstalter ist bekannt, dass bei einem einheitlichen Eintrittspreis von p e (erb fahrungsgemäß) x = 5a p − 2 Besucher kommen. Hierbei sind a und b Konstanten. Die Konzerthalle fasst 3 000 Besucher. Er weiß zusätzlich, dass die Konzerthalle zu einem Drittel besetzt 1 ist, wenn 50 e als Eintrittspreis verlangt werden, dass aber bei 30 e nur der Plätze leer bleibt. 6 a) Bestimmen Sie die Konstanten a und b. b) Ermitteln Sie den maximalen Eintrittspreis, bei dem die Konzerthalle (noch) voll besetzt ist. c) Bestimmen Sie graphisch, bei welchem Eintrittspreis die Einnahmen maximal sind.

Aufgabe 5.2: Lösen Sie folgende Gleichungen nach x auf (ln x = loge x): √ a) a (2x − b) = 4x , x ∈ R a > 1, b > 0, b) ln(x + a) = ln x + ln 2, x > 0, a > 0, c) y (10x − a) = b, y > 0, a,b > 0, d) ln(x + 3) =


1 ln 4x2 + 2 ln 2, x > −3, x 6= 0, 2

e) 23x = 2 · ex·ln 2 , x ∈ R.

56

Kapitel 5

Aufgabe 5.3: Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach y auf (log x = log10 x): √ √ a) eln y + xy − ln 2x = 0, x ≥ 0,y > 0, e3 1 1 log(y + 4) + log = elog 3 + log(y + 1), y > −1, 2 4 2 y −y 10 − 10 c) x = y , −1 < x < 1. 10 + 10−y

b)

Aufgabe 5.4: Für welche x ∈ R gelten die folgenden Gleichungen? a) 273x = 39x ,

b) loga (bx) = 3 loga 2, x > 0, a > 1, b > 0, √ 1 = − loga (x2 − 70), |x| > 70, a > 1, c) loga 11 d) xloga b = bloga x , x > 0, a > 1, b > 0.

Aufgabe 5.5: Lösen Sie die folgenden Gleichungen nach x auf:  2 a a) loga (x + 4) + 2 loga = 2aloga 2 + loga (x + 1), x > −1,a > 1, 4  
b−1 = 0, x > 0, a > 1, b > 1, b) loga x − loga b2 − 1 + loga x2 c) loga 6 =

1 loga 9 − loga (x − 1), x > 1, a > 1. 2

Aufgabe 5.6: Zeigen Sie die Gültigkeit von √ 1 a) ln( e + 25 + 5) = 1 + ln √ , e + 25 − 5

b) log9 (9a2 ) − log3 a = 1, a > 0,   10 Y 1 logai−1 ai = − loga0 , ai > 1, 0 ≤ i ≤ 10. c) a10 i=1

Gleichungen

57

Aufgabe 5.7: v uY n X u n m t x i mit m = mi , mi ∈ N, i ∈ N und x > 0. Es sei y = m i=1

i=1

Bestimmen Sie log y.

Aufgabe 5.8: Lösen Sie die Polynomgleichung p(x) = 0, x ∈ R, für die folgenden Polynome: a) p(x) = x2 − 5x −

11 4

b) p(x) = 2x2 − 3x + 7

c) p(x) = −2x2 + 4x + 7

d) p(x) = 4x3 + 4x2 + x

e) p(x) = x3 − x2 + 2x − 2

f) p(x) = 4x3 + 4x2 − 29x + 21

g) p(x) = 2x4 − 2x3 − 3x2 − x − 2 h) p(x) = x4 + x2 − 2

i) p(x) = x5 − 4x3 − x2 + 4

58

Kapitel 5

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 5.1: a) Lösung des Gleichungssystems:  5a b   1 000 = − 50 2 ⇐⇒   3 000 − 1 · 3 000 = 5a − b 6 30 2   b = a − 2 000 5 ⇐⇒ ⇐⇒  a = 22 500

 b a   1 000 = − 10 2   2 500 = a − b 6 2   b = 2 500  a = 22 500

112 500 112 500 − 1 250 ⇐⇒ 4 250 = , also p p p ≈ 26,47. Bei einem Eintrittspreis von (höchstens) 26,47 e ist die Konzerthalle voll besetzt.

b) Mit a und b aus a) folgt 3 000 =

c) x bezeichne die Zahl der Besucher und p den Eintrittspreis. Gesucht: g = x · p maximal unter der Nebenbedingung 0 ≤ x ≤ 3 000.   g p 5a b · p = 112 500 − 1 250p ⇐⇒ g = x·p= − + =1 p 2 112 500 90 Nebenbedingung: (x =)

112 500 112 500 450 − 1 250 ≤ 3 000 ⇐⇒ ≤ 4 250 ⇐⇒ p ≥ (≈ 26,47) p p 17 ..... g .........

.. .... ... ........ ... ........ .. ........ .. ... ............. ........ ... ... ....... ... ... ........ ....... ... ... ........ ... ... ........ ....... ... ... ........ ... ... ....... . ........ ... ........ .... ... ....... ............. ........ ... ....... ... ........ ....... ... ........ ... ........ ....... ... ........ ....... .... ........ .. ....... ........ ... ........ ... ....... ........ .... ....... .. ........ ........ ... ....... ... ........ ....... ... ........ ... ....... ........ ... ........ ... ....... ........ ... ....... ... ........ ........ ... ... ... ... ........................................................................................... .... . ....... ...... .. .

80000

p

0

10 26,47 Bei einem Preis von 26,47 e wird die höchste Einnahme erzielt.

90

Gleichungen

59

Lösung zu Aufgabe 5.2: p √ √ a) a(2x − b) = 4x , 4x = (22 )x = (22x )1/2 = 2x , d. h.

ab ab ⇐⇒ x = log2 a−1 a−1 b) ln(x + a) = ln x + ln 2 ⇐⇒ ln(x + a) = ln(2x) ⇐⇒ x + a = 2x ⇐⇒ x = a   b b +a c) y(10x − a) = b ⇐⇒ 10x = + a ⇐⇒ x = log10 y y 1 d) ln(x + 3) = · ln((2x)2 ) + 2 ln 2 ⇐⇒ ln(x + 3) = ln((2x)2 )1/2 + ln 4 2 a(2x − b) = 2x ⇐⇒ 2x (a − 1) = ab ⇐⇒ 2x =

⇐⇒ ln(x + 3) = ln(2|x|) + ln 4 ⇐⇒ ln(x + 3) = ln(2|x| · 4) ⇐⇒ x + 3 = 8|x| ⇐⇒ (x + 3 = 8x ∧ x ≥ 0) ∨ (x + 3 = −8x ∧ x < 0) ⇐⇒ (x = ⇐⇒ x =

3 7 3 7

∧ x ≥ 0) ∨ (x = − 31 ∧ x < 0)

∨ x = − 31

e) 23x = 2 · ex·ln 2 ⇐⇒ 23x = 2 · 2x ⇐⇒ 23x = 2x+1 ⇐⇒ 3x = x + 1 ⇐⇒ x =

Lösung zu Aufgabe 5.3: √ √ √ √ √ a) eln y + xy − ln 2x = 0 ⇐⇒ y + x y − x ln 2 = 0 √ x ln 2 √ √ √ ⇐⇒ y = ⇐⇒ y(1 + x) = x ln 2 ⇐⇒ y = 1+ x b)



ln 2x √ 1+ x

2

1 e3 1 log(y + 4) + log = elog 3 + log(y + 1) 2 4 2 1 1 ⇐⇒ log(y + 4) − log(y + 1) = elog 3 − (3 log e − log 4) 2 2 y+4 log 3 ⇐⇒ log = 2e − 6 log e + 2 log 4 y+1 log 3 y+4 ⇐⇒ = 10(2e −6 log e+2 log 4) y+1 log 3 y+4 ⇐⇒ = 102e · 10−6 log e · 102 log 4 y+1   16 y+4 elog 3 −6 elog 3 = 100 · e · 16 = 6 · 100 =: a ⇐⇒ y+1 e ⇐⇒ y + 4 = a(y + 1) ⇐⇒ y(1 − a) = a − 4 a−4 (≈ −0,954) ⇐⇒ y = 1−a

1 2

60

Kapitel 5 c) x =

10y − 10−y ⇐⇒ (10y + 10−y )x = 10y − 10−y 10y + 10−y ⇐⇒ 10y (x − 1) = −10−y (x + 1)

x+1 ⇐⇒ 102y (x − 1) = −(x + 1) ⇐⇒ 102y = − x−1     x+1 x+1 2y ⇐⇒ log 10 = log − ⇐⇒ 2y = log − x−1 x−1   x+1 1 ⇐⇒ y = log − 2 x−1

x+1 x+1 > 0, denn − > 0 ⇐⇒ x + 1 > 0 aufgrund der Voraussetzung x−1 x−1 x ∈ (−1, 1).)

(Es ist −

Lösung zu Aufgabe 5.4: a) 39x = 33·3x = (33 )3x = 273x für alle x ∈ R

8 b) loga (bx) = 3 loga 2 (= loga 23 = loga 8) ⇐⇒ bx = 8 ⇐⇒ x = b     1 2 1 + loga (x2 − 70) = 0 ⇐⇒ loga (x − 70) = 0 c) loga 11 11

1 2 (x − 70) = 1 ⇐⇒ x2 = 81 ⇐⇒ x = −9 ∨ x = 9 11

d) xloga b = bloga x ⇐⇒ loga xloga b = loga bloga x ⇐⇒

⇐⇒ loga b · loga x = loga x · loga b, gültig für alle x > 0

Lösung zu Aufgabe 5.5: a) loga (x + 4) + 2 loga (a2 /4) = 2aloga 2 + loga (x + 1) ⇐⇒ loga (x + 4) + 2 loga a2 − 2 loga 4 = 2 · 2 + loga (x + 1) ⇐⇒ loga (x + 4) − 2 loga 4 = loga (x + 1) x+4 x+4 ⇐⇒ loga = loga 16 ⇐⇒ = 16 x+1 x+1 4 ⇐⇒ x + 4 = 16(x + 1) ⇐⇒ x = − 5

Gleichungen

61

b) loga x − loga (b2 − 1) + loga (b − 1) − 2 loga x = 0 b−1 = loga x b2 − 1 1 b−1 = x ⇐⇒ x = ⇐⇒ (b − 1)(b + 1) b+1 ⇐⇒ loga

c) loga 6 =

1 loga 9 − loga (x − 1) ⇐⇒ loga 6 = loga 3 − loga (x − 1) 2

⇐⇒ loga (x − 1) = loga

1 3 3 ⇐⇒ x − 1 = ⇐⇒ x = 6 2 2

Lösung zu Aufgabe 5.6: √ 1 a) ln( e + 25 + 5) = 1 + ln √ e + 25 − 5 √ √ ⇐⇒ ln( e + 25 + 5) + ln( e + 25 − 5) = 1 ⇐⇒ ln(e + 25 − 25) = 1 ⇐⇒ 1 = 1 (wahre Aussage) b) log9 (9a2 ) − log3 a = 1 ⇐⇒ log9 9 + log9 a2 − log3 a = 1 ⇐⇒ 2 log9 a − log3 a = 0 ⇐⇒ 2 c)

10 Y

i=1

log3 a = log3 a ⇐⇒ 2 = log3 9 ⇐⇒ 32 = 9 (wahre Aussage) log3 9

logai−1 ai = (loga0 a1 ) · . . . · (loga8 a9 ) · (loga9 a10 )

= (loga0 a1 )·. . .·(loga8 a10 ) = . . . = (loga0 a1 )·(loga1 a10 ) = loga0 a10 = − loga0

1 a10

Alternative Lösung: 10 Y

10 Y loga0 ai = i=1 logai−1 ai = 9 log a Y i−1 a 0 i=1 i=1 10 Y

i=0

loga0 ai loga0 ai

loga0 a10 = = loga0 a10 =−loga0 loga0 a0



1 a10



62

Kapitel 5

Lösung zu Aufgabe 5.7: v uY n X u n m t x i, m = mi , x > 0. y= m i=1

i=1

 v  !1/m ! u n n n Y Y uY m 1 t x i  = log log y = log  m xmi = xmi log m i=1 i=1 i=1 =

n n n X 1 X 1 1 X mi = log x; d. h. y = x. log xmi = mi · log x = log x m i=1 m i=1 m i=1 | {z } =m

Lösung zu Aufgabe 5.8: Die Polynomgleichung p(x) = 0, x ∈ R, wird jeweils wie folgt gelöst: a) p(x) = x2 − 5x −

11 4 :

Mittel quadratischer Ergänzung ergibt sich x2 − 5x −

11 25 25 11  5 2 − 9. = x2 − 5x + − − = x− 4 4 4 4 2

Daraus ergibt sich die Faktorisierung x2 − 5x −

  5 5 11  = x− −3 x− +3 . 4 2 2

Die Lösungen der Gleichung sind daher x1 =

11 2

und x2 = − 21 , so dass L =

p(x) 10 5

− 21 −5

11 2

x



− 12 , 11 2 .

Gleichungen

63

b) p(x) = 2x2 − 3x + 7:

Division durch 2 ergibt die quadratische Gleichung x2 − 32 x + 27 = 0 in Normalform. Eine quadratische Ergänzung liefert dann  47 7 3 9 9 7 3 2 3 =− . = − ⇐⇒ x − x2 − x + = 0 ⇐⇒ x2 − x + 2 2 2 16 16 2 4 16 Da die rechte Seite negativ ist, gibt es keine reelle Lösung der Gleichung. Es gilt daher L = ∅. p(x) 15 10 5

2

c) p(x) = −2x + 4x + 7:

−2

−1

1

2

x

3

Division durch −2 ergibt die quadratische Gleichung x2 − 2x− 72 = 0. Eine quadratische Ergänzung liefert dann

7 9 7 = 0 ⇐⇒ x2 − 2x + 1 = 1 + ⇐⇒ (x − 1)2 = . 2 2 2 Daraus ergibt sich die Faktorisierung 3  3  9  x−1− √ , (x − 1)2 − = x − 1 + √ 2 2 2 x2 − 2x −

so dass

√ 3 3 2 √ x1 = 1 − =1− ≈ −1,1213, 2 2

√ 3 3 2 √ x2 = 1 + =1+ ≈ 3,1213 2 2

die gesuchten Lösungen sind. p(x) 8 6 4 2

−2 1 −

√ 3 2 2

2

1+

√ 3 2 2

4

x

64

Kapitel 5 d) p(x) = 4x3 + 4x2 + x: Ausklammern von 4x und Anwenden der ersten binomischen Formel ergibt   1 2 1 = 0 ⇐⇒ 4x x + = 0. 4x3 + 4x2 + x = 0 ⇐⇒ 4x x2 + x + 4 2 Die gesuchten Lösungen sind daher x = 0 und x = − 21 . p(x)

0,5

x

− 12 −0,5

e) p(x) = x3 − x2 + 2x − 2: Raten liefert die Lösung x = 1. Durch eine Polynomdivision erhält man (

x3 − x2 + 2x − 2) : (x − 1) = x2 + 2 − x3 + x2 2x − 2 − 2x + 2

0

Alternativ ergibt sich durch Ausklammern direkt p(x) = x2 (x − 1) + 2(x − 1) = (x2 + 2)(x − 1). Damit lautet die Gleichung p(x) = 0 äquivalent (x − 1)(x2 + 2) = 0.

Gleichungen

65

Da x2 + 2 ≥ 2 für alle x ∈ R gilt, hat die Gleichung nur die reelle Lösung x = 1. p(x) 6 4 2

−2

1

−1

2

x

−2

−4

f) p(x) = 4x3 + 4x2 − 29x + 21: Raten liefert die Lösung x = 1. Durch eine Polynomdivision erhält man (

4x3 + 4x2 − 29x + 21) : (x − 1) = 4x2 + 8x − 21 − 4x3 + 4x2 8x2 − 29x − 8x2 + 8x

− 21x + 21 21x − 21 0

Damit lautet die Gleichung p(x) = 0 äquivalent (x − 1)(4x2 + 8x − 21) = 0. Der quadratische Term kann faktorisiert werden als 4x2 + 8x − 21 = (2x + 7)(2x − 3).

66

Kapitel 5 Die gesuchten Lösungen von p(x) = 0 sind daher x = 1, x = − 72 und x = 32 . p(x) 60 40 20

−4 − 7 −3

−2

−1

2

1

3 2

2

x

−20

g) p(x) = 2x4 − 2x3 − 3x2 − x − 2:

Raten liefert die Lösung x = −1. Durch eine Polynomdivision erhält man (

2x4 − 2x3 − 3x2 − x − 2) : (x + 1) = 2x3 − 4x2 + x − 2 − 2x4 − 2x3 − 4x3 − 3x2 4x3 + 4x2 x2 − x − x2 − x − 2x − 2 2x + 2 0

Damit lautet die Gleichung p(x) = 0 äquivalent (x + 1)(2x3 − 4x2 + x − 2) = 0. Einsetzen von x = 2 in den kubischen Ausdruck ergibt den Wert Null. Eine weitere Polynomdivision liefert (

2x3 − 4x2 + x − 2) : (x − 2) = 2x2 + 1 − 2x3 + 4x2 x−2 −x+2 0

Alternativ erhält man mit Ausklammern direkt 2x3 − 4x2 + x − 2 = 2x2 (x − 2) + x − 2 = (2x2 + 1)(x − 2). Dies führt zur Faktorisierung 2x4 − 2x3 − 3x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2)(2x2 + 1).

Gleichungen

67

Da der dritte Faktor für x ∈ R nicht Null werden kann, gibt es nur die reellen Lösungen x1 = −1 und x2 = 2. p(x)

10

1

−1

x

2

−10

h) p(x) = x4 + x2 − 2:

Die Substitution t = x2 liefert die quadratische Gleichung t2 +t−2 = (t−1)(t+2) = 0. Damit hat die Gleichung t2 + t − 2 = 0 die Lösungen t = 1 und t = −2. Alternativ sieht man, dass t = 1 eine Lösung ist. Mit einer Polynomdivision (

t2 + t − 2) : (t − 1) = t + 2 − t2 + t 2t − 2 − 2t + 2 0

resultiert die zweite Nullstelle t = −2. Für die Ausgangsvariable x resultieren damit die beiden Gleichungen x2 = 1

∨

x2 = −2.

Die erste Gleichung hat die Lösungen x1 = 1 und x2 = −1. Die zweite Gleichung hat keine reellen Lösungen. Daher sind nur x1 = 1 und x2 = −1 Lösungen der Ausgangsgleichung. p(x) 10 5

1

−1 −5

x

68

Kapitel 5 i) p(x) = x5 − 4x3 − x2 + 4:

Durch Raten resultiert die Lösung x = 1. Durch eine Polynomdivision erhält man (

x5 − 4x3 − x2 + 4) : (x − 1) = x4 + x3 − 3x2 − 4x − 4 5 4 −x +x x4 − 4x3 − x4 + x3 − 3x3 − x2 3x3 − 3x2 − 4x2 4x2 − 4x − 4x + 4 4x − 4 0

Damit lautet die Gleichung p(x) = 0 äquivalent (x − 1)(x4 + x3 − 3x2 − 4x − 4) = 0. Eine weitere geratene Lösung ist x = 2, so dass (

x4 + x3 − 3x2 − 4x − 4) : (x − 2) = x3 + 3x2 + 3x + 2. − x4 + 2x3 3x3 − 3x2 − 3x3 + 6x2 3x2 − 4x − 3x2 + 6x 2x − 4 − 2x + 4

0

Folglich gilt x5 − 4x3 − x2 + 4 = (x − 1)(x − 2)(x3 + 3x2 + 3x + 2). Weiteres Probieren liefert die Lösung x = −2, so dass (

x3 + 3x2 + 3x + 2) : (x + 2) = x2 + x + 1. − x3 − 2x2 x2 + 3x − x2 − 2x x+2 −x−2 0

Gleichungen

69

Das quadratische Polynom x2 + x + 1 hat keine reellen Nullstellen, denn x2 + x + 1 = x2 + x +

1 2 3 1 3  + . + = x+ 4 4 2 4

Daher sind x = 1, x = 2 und x = −2 die einzigen reellen Lösungen. p(x) 10

5

−2

1

−1

2

−5

Alternativ erhält man mit Ausklammern und dritter binomischer Formel p(x) = x3 (x2 − 4) − x2 + 4 = (x3 − 1)(x2 − 4)

= (x − 1)(x2 + x + 1)(x − 2)(x + 2).

x

6 Finanzmathematik Literaturhinweis: KCO, Kapitel 2, S. 69-75

Aufgaben Aufgabe 6.1: a) Ein Kapital K0 wird am Beginn eines Jahres zum Zinssatz i (p Prozent Zinsen, i = p/100) 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 (Beweis?). b) Die Bestimmung von K0 bei gegebenen Kn , i und n bezeichnet man auch als Bestimmung des Barwerts einer zukünftigen Zahlung. i) Geben Sie die Formel für den Barwert an. ii) Eine in zwei Jahren fällige Schuld von 10 000 e soll bereits heute zurückgezahlt werden. Welche Summe ist unter Berücksichtigung von 4% Zinsen zu zahlen? iii) Herr Müller will sich in drei Jahren ein Auto für 15 000 e kaufen. Wie viel 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 von 40 000 e zu einem Zinssatz von 8% pro Jahr an. a) Sie lassen sich die Zinsen jährlich auszahlen. Wie viel Zinsen erhalten Sie innerhalb von vier Jahren? b) Die Zinsen werden vom Zeitpunkt der Fälligkeit an mitverzinst. Wie viel Geld können Sie nach (Ablauf von) vier Jahren abheben? 8 % bei Mitverzinc) Auf welche Höhe ist Ihr Kapital bei einem monatlichen Zinssatz von 12 sung der monatlich anfallenden Zinsen nach vier Jahren angewachsen?

d) Ihr Kapital wird zum Zinssatz 0,02 pro Vierteljahr angelegt. Wie lautet der Jahreszinssatz, der diesem vierteljährlichen Zinssatz entspricht?

72

Kapitel 6

Aufgabe 6.3: a) Sie legen ein Kapital zu einem Zinssatz von 7,8% pro Jahr an. Berechnen Sie den i) vierteljährlichen

ii) monatlichen

iii) täglichen

Zinssatz, der dem obigen jährlichen entspricht. b) Ihr Kapital wird zu einem monatlichen Zinssatz von 0,5% angelegt. Welcher jährliche Zinssatz entspricht dieser Verzinsung?

Aufgabe 6.4: a) Bei welchem Zinssatz pro Jahr verdreifacht sich das Startkapital K0 (> 0) nach 11 Jahren bei einer jährlichen Verzinsung? b) Wie viele volle Jahre muss man mindestens warten, bis bei einer monatlichen Verzinsung 9 % das Startkapital von 5 000 e auf mindestens 15 000 e angewachsen ist? von 12 9 % angelegt; wie lautet der Jahc) Ein Kapital wurde zu einem monatlichen Zinssatz von 12 reszinssatz, der dieser monatlichen Verzinsung entspricht?

Aufgabe 6.5: a) Sie zahlen 100 000 e auf ein für die Dauer 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? b) Welchem Zinssatz (pro Jahr) entspricht die Verzinsung unter a), wenn in jedem der fünf Jahre mit demselben Zinssatz verzinst wird? c) Wie viel Geld müssen Sie mindestens anlegen, um nach fünf Jahren bei einem Zinssatz von jährlich 8,35% einen Betrag von 150 000 e zu erzielen? d) Welchen Betrag müssen Sie mindestens anlegen, um bei jährlicher Auszahlung der Zinsen (d. h. die Zinsen werden nicht mitverzinst) und den Zinssätzen aus a) nach fünf Jahren über mindestens dasselbe Endkapital wie in a) zu verfügen?

Finanzmathematik

73

Aufgabe 6.6: Frau Müller möchte 150 000 e möglichst gewinnbringend anlegen. Hierzu prüft sie verschiedene Angebote ihrer Bank. a) Die Bank rät ihr, ihre 150 000 e auf ein Sperrkonto einzuzahlen, das für die Dauer von fünf Jahren gesperrt wird. Die jährliche Verzinsung beträgt in den ersten beiden Jahren jeweils 6%, in den drei folgenden Jahren jeweils 8,5%. Wie würde der Kontostand nach Ablauf der Sperrfrist lauten? b) Ein alternatives Angebot der Bank ist eine konstante jährliche Verzinsung von 7%. Wie viele volle Jahre müsste Frau Müller bei dieser Verzinsung warten, bis ein Kapital von 150 000 e auf mindestens 215 000 e angewachsen ist? c) Wie viel Geld müsste Frau Müller anlegen, um bei einer konstanten jährlichen Verzinsung von 6,5% nach fünf Jahren 215 000 e 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: 2(n − 1) , n = 1, . . . , 7. 1 000 a) Wie groß ist dieses Kapital, wenn der Kontostand nach Ablauf der Sperrfrist 50 000 e betragen wird? 0,06 +

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 50 000 e ergeben. c) Welcher halbjährliche Zinssatz entspricht dem jährlichen Zinssatz aus b)? d) Nach wie vielen (vollen) Monaten ist ein Kapital von K0 e (> 0) bei einer Verzinsung von 1% pro Monat auf 10K0 e angewachsen?

Aufgabe 6.8: Herr Müller-L. möchte eine Eigentumswohnung von 100 qm Wohnfläche erwerben. Ein Quadratmeter Wohnfläche eines Objekts nach seinen Vorstellungen kostet zurzeit 3 300 e. Er beginnt nun zu sparen und legt zu Beginn eines jeden Jahres 60 000 e auf ein Sparkonto. Die Bank verzinst das Kapital mit 7% pro Jahr. Das angesparte Kapital kann nur am Ende eines Jahres abgehoben werden. Nach wie vielen Jahren kann Herr Müller-L. bei gleichbleibendem Zinssatz eine Eigentumswohnung mit dem angesparten Kapital aus obigem Sparvertrag bar bezahlen, wenn a) der Quadratmeterpreis konstant bleibt? b) der Quadratmeterpreis um 7% pro Jahr steigt? (Erstellen Sie zunächst allgemeine Lösungsformeln für a) und b), und setzen Sie danach die speziellen Werte der Aufgabe ein!)

74

Kapitel 6

Aufgabe 6.9: In den Zuständigkeitsbereich einer Forstverwaltung fällt eine Waldfläche mit momentan 20 000 m3 Holz. a)

i) Der Holzzuwachs beträgt 1% pro Vierteljahr. Wie viel Holz enthielt diese Waldfläche vor 10 Jahren? ii) Wie viele 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?

b) 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 10 n-ten Jahr (n ∈ N) um n−1 %. 2 i) Wie viel Holz enthält der Wald nach vier Jahren? ii) Berechnen Sie eine Zahl V ∈ (0,100) derart, dass der Wald bei jährlicher Verringerung des Holzbestands um konstant V % nach vier Jahren den unter b) i) berechneten Holzbestand hat. iii) Nach wie vielen (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 e auf ein Sparkonto ein. Jeweils am 1.1. der folgenden Jahre hebt er einen konstanten Betrag c e 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 e abheben; danach ist das Guthaben verbraucht. Welchen Wert hat c? (Leiten Sie die von Ihnen benutzte Formel her!)

Aufgabe 6.11: Betrachten Sie das folgende Sparschema. Auf ein Konto werden zum 1.1.2011 1 000 e eingezahlt, zum 1.1.2012 weitere 2 000 e, zum 1.1.2013 weitere 3 000 e usw. bis zur letzten Einzahlung von 8 000 e am 1.1.2018. Für die Laufzeit dieses Sparvertrags garantiert die Bank einen jährlichen Zinssatz von 6%. Zeigen Sie, dass das am 31.12.2018 zur Verfügung stehende Endkapital Kn gegeben ist durch k  n n X X 1 n+1−k n+1 Kn = K0 k(1 + i) = K0 (1 + i) k , 1+i k=1

k=1

wobei K0 = 1 000 e das Anfangskapital, i =0,06 den Zinssatz und n = 8 die Laufzeit in (vollen) Jahren bezeichnen. Berechnen Sie Kn für diese Werte.

Finanzmathematik

75

Aufgabe 6.12: Der Kurs einer bestimmten Bankaktie wird am 1. April eines Jahres mit 804 e notiert. Am 1. Mai wird eine Dividende von 16,50 e 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 e zu kaufen. Ihr Vertragspartner verpflichtet sich, Ihnen diese Bankaktien zum Preis von 818 e am obigen Fälligkeitstag zu verkaufen. Der Kontrakt wird am 1. April geschlossen. Der aktuelle Marktzins beträgt bei stetiger Verzinsung 5% im Jahr (bei 360 Zinstagen). a) Am 31. Juli, dem Fälligkeitstermin des forward contract, wird die Bankaktie an der Börse mit 830 e 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 e notiert. Berechnen Sie den Wert des forward contract für den Käufer an diesem Tag. (Der aktuelle Wert am 1. Juni pro Aktie berechnet sich, da die Dividendenzahlung bereits stattgefunden hat, als Differenz des aktuellen Aktienkurses und des abgezinsten Werts (stetige Verzinsung!) des vereinbarten Kaufpreises.) c) Der Kurs der Aktie wird am 15. April mit 810 e notiert. Berechnen Sie den Wert des forward contract für den Käufer an diesem Tag. (Da die Dividendenzahlung noch in der Restlaufzeit stattfinden wird, berechnet sich der aktuelle Wert einer Aktie gemäß der folgenden Formel: Subtrahiere vom aktuellen Kurswert der Aktie die auf den aktuellen Zeitpunkt abgezinste Dividendenzahlung und den auf den aktuellen Zeitpunkt abgezinsten Wert des vereinbarten Kaufpreises.)

76

Kapitel 6

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 6.1: a) Kapital nach dem 1. Jahr: K0 + iK0 = K0 (1 + i) Kapital nach dem 2. Jahr: K0 (1 + i) + iK0 (1 + i) = K0 (1 + i)2 Kapital nach dem 3. Jahr: [K0 (1 + i)2 ](1 + i) = K0 (1 + i)3 Als Formel für das nach Ablauf des n-ten Jahres vorhandene Kapital Kn ergibt sich (offensichtlich): Kn = K0 (1 + i)n Beweis (mit vollständiger Induktion): Induktionsanfang n = 1: K1 = K0 (1 + i)1 Induktionsvoraussetzung: Kapital nach dem n-ten Jahr: K0 (1 + i)n , n ∈ N. Induktionsschluss n → n + 1: Kapital nach dem (n + 1)-ten Jahr: [K0 (1 + i)n ](1 + i) = K0 (1 + i)n+1 , oder ausführlicher: K0 (1 + i)n + i(K0 (1 + i)n ) = K0 (1 + i)n (1 + i) = K0 (1 + i)n+1 b) Nach a) gilt: Kn = K0 (1 + i)n i) K0 =

Kn (1 + i)n

iii) K0 =

ii) K0 =

10 000 ≈ 9 245,56 1,042

15 000 ≈ 12 957,56 1,053

Lösung zu Aufgabe 6.2: 40 000 · 8 = 3 200 100 Zinsen nach vier Jahren: Z4 = 4 · 3 200 = 12 800 4  8 = 40 000 · 1,084 ≈ 54 419,56 b) K4 = 40 000 1 + 100  48 8 c) 4 Jahre = b 48 Monate: K48 = 40 000 1 + ≈ 55 026,64 12 · 100 a) Zinsen nach einem Jahr: Z1 =

d) Zinssatz pro Vierteljahr: 0,02=2%;

Kapital nach viermaliger vierteljährlicher Verzinsung: 4  2 (≈ 43 297,29) Kv = 40 000 · 1 + 100

Finanzmathematik

77

Kapital nach einmaliger jährlicher Verzinsung: !

Kj = 40 000(1 + i) = Kv ⇐⇒ 1 + i = 1,024 ⇐⇒ i = 1,024 − 1, also i ≈ 0,0824; d. h. der vierteljährlichen Verzinsung mit 2% entspricht eine jährliche Verzinsung mit 8,24%.

Lösung zu Aufgabe 6.3: a)

i) Gegeben: i = 0,078, n = 1; gesucht: Zinssatz j mit: (1 + j)4 K0 = (1 + i)K0 √ Also ist j = 4 1 + i − 1 ≈ 0,019 = 1,9%

(K0 > 0 beliebig).

ii) Analog zu i): gesucht ist der Zinssatz j, für den gilt: √ (1 + j)12 = 1 + i ⇐⇒ j = 12 1 + i − 1 ≈ 0,0063 = 0,63% √ iii) Analog zu i), ii) (mit 1 Jahr = b 360 Tage): j = 360 1 + i − 1 ≈ 0,00021 = 0,021%

b) Gegeben: i = 0,5% (pro Monat). Gesucht: j mit 1 + j = (1 + i)12 ; die Lösung ist j ≈ 6,2%.

Lösung zu Aufgabe 6.4: √ a) K0 (1 + i)11 = 3K0 ⇐⇒ (1 + i)11 = 3 ⇐⇒ i = 11 3 − 1 ≈ 10,503%  m m  9 9 b) 15 000 = 5 000 1 + ⇐⇒ 3 = 1 + 12 · 100 1 200  m 9 ⇐⇒ ln 3 = ln 1 + 1 200   9 ⇐⇒ ln 3 = m · ln 1 + 1 200 ⇐⇒ m =

ln 3
9 ln 1 + 1 200

m Damit ist m ≈ 147 (Monate). Wegen 12 ≈ 12,25 muss man also mindestens 13 Jahre warten. 12 12   9 9 ⇐⇒ j = 1 + − 1 ≈ 0,0938, d. h. der Jahreszinsc) 1 + j = 1 + 1 200 1 200 satz beträgt ca. 9,38%.

78

Kapitel 6

Lösung zu Aufgabe 6.5: Zunächst allgemein: K0 :

Anfangskapital

Kn :

Kapital nach n-maligem Verzinsen (also nach n Zeiteinheiten (ZE), falls die Zinsen der vorherigen ZE mitverzinst werden)

en : K

Kapital nach n-maligem Verzinsen, falls die Zinsen jeweils nicht mitverzinst werden („einfache Verzinsung”)

Zinssatz pro ZE für den k-ten (k ∈ N) Verzinsungszeitraum e n = K0 (1 + i1 + . . . + in ) Formeln: einfache Verzinsung: K

ik :

Zinseszinsformel:

Kn = K0 (1 + i1 ) · . . . · (1 + in )

Lösung der Aufgabe:

a) Gegeben: K0 = 100 000, i1 = i2 = 0,08, i3 = i4 = i5 = 0,087, n = 5. Gesucht: K5 = 100 000(1 + 0,08)2 (1 + 0,087)3 ≈ 149 808,39. b) Gegeben: K5 = 149 808,39, K0 = 100 000, n = 5. Gesucht: i(= i1 = i2 = i3 = i4 = i5 ); 5

K5 = K0 (1 + i) · · · (1 + i) = K0 (1 + i) ⇐⇒ i = {z } | 5-mal

r 5

K5 − 1 ≈ 0,0842 = 8,42% K0

c) Gegeben: K5 = 150 000, i := i1 = . . . = i5 = 8,35%, n = 5. Gesucht: K0 ; K5 = K0 (1 + i)5 ⇐⇒ K0 = mindestens 100 449,25 e angelegt werden.

K5 ≈ 100 449,246; d. h. es müssen (1 + i)5

e 5 = 149 808,39, i1 = i2 = 0,08, i3 = i4 = i5 = 0,087, n = 5. d) Gegeben: K e 5 = K0 (1 + i1 + . . . + i5 ) ⇐⇒ K0 = Gesucht: K0 ; K es müssen mindestens 105 424,63 e angelegt werden.

149 808,39 1+0,16+0,261

≈ 105 424,624; d. h.

Lösung zu Aufgabe 6.6: a) Analog zur Lösung von Aufgabe 6.5 mit den Angaben: i1 = i2 = 0,06, i3 = i4 = i5 = 0,085, K0 = 150 000 erhält man: 2  3  8,5 6 1+ K5 = 150 000 · 1 + = 150 000 · 1,062 · 1,0853 ≈ 215 274,31. 100 100

Finanzmathematik

79

b) Gegeben: p = 7, K0 = 150 000, Kn0 = 215 000.
215 000 ln 150 000 ≈ 5,32 Gesucht: n0 = ln 1,07 (analog zur Lösung von Aufgabe 6.4); Frau Müller müsste also sechs volle Jahre warten, bis sie mindestens 215 000 e angespart hat. c) Gegeben: p = 6,5, K5 = 215 000, n = 5. Gesucht: Barwert K0 ; K0 =

215 000 K5 ≈ 156 924,38 5 = 1,065 1,0655

Lösung zu Aufgabe 6.7: Zinssätze: 1. Jahr 0,06; 2. Jahr: 0,062; 3. Jahr: 0,064; . . .; 7. Jahr 0,072. a) Gesucht ist K0 mit K0 · 1,06 · 1,062 · . . . · 1,072 = 50 000 ⇐⇒ K0 =

50 000 ≈ 31 966,20 1,06 · . . . · 1,072

b) Gesucht ist q mit   p 50 000 q 7 1+ = 50 000 ⇐⇒ q = 100 7 1,06 · . . . · 1,072 − 1 ≈ 6,6 1,06 · . . . · 1,072 100 c) Gesucht ist j mit (1 + j)2 = 1,066 halbjährliche Zinssatz beträgt 3,25%.

⇐⇒

j =

√ 1,066 − 1 ≈ 0,0325; d. h. der

d) Gesucht ist m ∈ N mit K0 (1 + 0,01)m = 10K0 . Dies gilt genau dann, wenn m = ln 10 ln 1,01 ≈ 231,408 (analog zur Lösung von Aufgabe 6.4). Damit dauert es also 232 (volle) Monate (= b 19 Jahre und 4 Monate) bis sich das Kapital verzehnfacht hat. Lösung zu Aufgabe 6.8: Kn bezeichne das Kapital nach n Jahren; R (= K0 ) = 60 000, i = 0,07; K1 = R(1 + i); K2 = [R(1 + i) + R](i + 1) = R(1 + i)2 + R(1 + i) .. . Kn = R

n X

(1 + i)k = R(1 + i)

k=1

n−1 X

(1 + i)k = R(1 + i)

k=0

(1 + i)n − 1 (1 + i) − 1

(Zum Beweis dieser Formel kann die vollständige Induktion verwendet werden.)

80

Kapitel 6 a) Preis der Eigentumswohnung: 100 · 3 300 = 330 000; Ansatz: Kn ≥ 330 000. Damit erhält man: R(1 + i)

ln ⇐⇒

n≥

330 000 · i (1 + i)n − 1 ≥ 330 000 ⇐⇒ (1 + i)n ≥ +1 i R(1 + i)



330 000 · i +1 R(1 + i) ln(1 + i)



ln =



33 · 0,07 +1 6 · 1,07 ln 1,07



≈ 4,54;

d. h. Herr Müller-L. kann die Wohnung nach 5 Jahren kaufen. b) Aus einem Kaufpreis von 330 000(1 + i)n nach n Jahren ergibt sich der Ansatz: R(1 + i)

⇐⇒

⇐⇒

(1 + i)n − 1 ≥ 330 000(1 + i)n i

(1 + i)



ln



n

n≥

 R(1 + i) R(i + 1) − 330 000 ≥ i i

R(1 + i) R(1 + i) − 330 000 · i ln(1 + i)



ln =

6 · 1,07 6 · 1,07 − 33 · 0,07 ≈ 6,59; ln 1,07

d. h. der Kauf der Wohnung kann nach 7 Jahren erfolgen.

Lösung zu Aufgabe 6.9: a) Formel: Kn = (1 + i)n · K0 (Zinseszinsformel) i) Gegeben: n = 4 · 10 = 40 (Vierteljahre), i = 0,01 (pro Vierteljahr), Kn = K40 = 20 000. Gesucht: K0 ; K0 =

20 000 ≈ 13 433,06 1,0140

ii) Gegeben: K0 = 20 000, i = 0,04 (pro 13 Monate). Gesucht ist das kleinste n ∈ N mit K0 (1 + i)n > 30 000 ⇐⇒ n · ln 1,04 + ln 2 > ln 3 ⇐⇒ n >

ln 3 − ln 2 ≈ 10,34 ln 1,04

Also ist nach etwa 10,34·13 = 134,4 Monaten bzw. nach etwa 11,2 Jahren (und somit nach 12 vollen Jahren) der Bestand auf mehr als 30 000 m3 angewachsen.

Finanzmathematik b)

81

i) Seien An der Bestand nach n Jahren und ij die „Verringerungsquote” im j-ten Jahr =⇒ A4 = 20 000(1 − i1 )(1 − i2 )(1 − i3 )(1 − i4 ) = 20 000 · 0,9 · 0,95 · 0,975 · 0,9875 ≈ 16 464,09 r 4  A4 V V ⇐⇒ 1 − = 4 ii) A4 = 20 000 1 − 100 100 20 000 ! r A4 4 ⇐⇒ V = 100 1 − ≈ 4,75 20 000 iii) Gesucht: n ∈ N mit 20 000(1 − 0,03)n < 15 000 ⇐⇒ n ln 0,97 < ln 43 ln 3 − ln 4 ⇐⇒ n > ≈ 9,445 ln 0,97 Der Wald ist nach 10 vollen Jahren erstmals um ein Viertel geschrumpft.

Lösung zu Aufgabe 6.10: (vgl. auch Lösung 6.8) K = 20 000, i = 0,05 Guthaben am Ende des 1. Jahres: K(1 + i) Guthaben am Ende des 2. Jahres: [K(1 + i) − c](1 + i) = K(1 + i)2 − c(1 + i) Guthaben am Ende des 3. Jahres: K(1 + i)3 − c(1 + i)2 − c(1 + i) .. . Guthaben am Ende des k-ten Jahres: K(1 + i)k − c(1 + i)k−1 − . . . − c(1 + i) = K(1 + i)k − c

k−1 X j=1

(1 + i)j = K(1 + i)k − c(1 + i)

(1 + i)k−1 − 1 i

(geometrische Reihe; ein Beweis der Formel kann mit vollständiger Induktion geführt werden.)

82

Kapitel 6

Speziell für k = 7 erhält man den Ansatz: K(1 + i)7 − c ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ Hier folgt somit: c =

6 X

(1 + i)j = c

j=1

(1 + i)6 − 1 K(1 + i)7 − c(1 + i) =c (1 + i) − 1   (1 + i)6 − 1 K(1 + i)7 − c (1 + i) +1 =0 i c K(1 + i)7 − ((1 + i)7 − 1) = 0 i K(1 + i)7 · i c= (1 + i)7 − 1

20 000·1,057 ·0,05 1,057 −1

≈ 3 456,40.

Lösung zu Aufgabe 6.11: Seien K0 > 0 (hier K0 = 1 000) ein fester Betrag und Ki das Kapital gemäß des in der Aufgabe beschriebenen Sparprozesses nach Ablauf von i Jahren; i = 1,2, . . . K1 = K0 (1 + i) K2 = K0 (1 + i)2 + 2K0 (1 + i) K3 = K0 (1 + i)3 + 2K0 (1 + i)2 + 3K0 (1 + i) Also folgt für das Kapital nach n Jahren: Kn = K0 (1 + i)n + 2K0 (1 + i)n−1 + 3K0 (1 + i)n−2 + . . . + n K0 (1 + i) n X = K0 [(1 + i)n + 2(1 + i)n−1 + . . . + n(1 + i)] = Kn k(1 + i)n+1−k k  n X 1 . = K0 (1 + i)n+1 k 1+i

k=1

k=1

Nach acht Jahren erhält man somit: 8+1

K8 = 1 000 · 1,06

 k 8 X 1 k ≈ 44 013,25. 1,06 k=1

Finanzmathematik

83

Lösung zu Aufgabe 6.12: a) Kurs am 31. Juli: vereinbarter Kaufpreis:

830 e 818 e

Käufer: Gewinn des Käufers pro Aktie: 830 e − 818 e = 12 e; mit einem Vertragsvolumen von 100 Aktien ist der Gesamtgewinn des Käufers: 100 · 12 e = 120 e. Verkäufer: Durch den Verlust des Verkäufers pro Aktie von 12 e entsteht der Gesamtverlust: 100 · 12 e = 120 e.

b) 1. Juni – 31. Juli = b 60 Zinstage; aktueller Kurswert am 1. Juni: 820 e, abgezinster Kaufpreis auf den 1. Juni: 818 · e−

0,05·60 360

e = 811,21 e

und damit Wert1. Juni =(820 e − 811,21 e) ·100 = 879 e.

c) 15. April – 31. Juli = b 106 Zinstage, 15. April – 1. Mai = b 16 Zinstage, aktueller Kurs 15. April: 810 e;

auf den 15. April abgezinste Dividendenzahlung: 16,50 ·e−

auf den 15. April abgezinster Kaufpreis: 818 · e

− 0,05·106 360

0,05·16 360

= 16,46 e,

= 806,05 e

und damit Wert15. April = (810 e − 16,46 e − 806,05 e) ·100 = −1 251 e.

7 Folgen und Reihen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 2, S. 53-69

Aufgaben Aufgabe 7.1: Ergänzen Sie die angegebenen Folgen um zwei weitere (passende) Folgenglieder, und ermitteln Sie eine Bildungsvorschrift. a)

b) 3, 9, 27, 81, . . .

3, 6, 9, 12, . . .

d) 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . . 1 1 1 1 g) 1, , , , , . . . 2 4 8 16 j) 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .

e)

c) 2, −4, 8, −16, 32, . . .

2, 5, 10, 17, 26, . . .

f)

h) 3, 7, 11, 15, 19, . . .

i)

1, 0, 1, 0, 1, 0, . . . 3 7 15 31 1, , , , , . . . 2 4 8 16

Aufgabe 7.2: Welche der folgenden Zahlenfolgen (an )n∈N sind konvergent? Bestimmen Sie im Fall der Konvergenz den Grenzwert lim an . n→∞

3n2 + 4n − 55 √ 9n2 − 8n − 2 6n4 − 15n c) an = 3n3 − 10 2 (1 + (−1)n ) e) an = 7   3 3 g) an = 2n − n n+1

a)

an =

i)

an = ((−1)n + 1) (1 − (−1)n )

√ 5 − 27n k) an = √ 3n + 2 2n(n − 1)(n + 2)2 m) an = (n − 1)3 (5n + 2)

6n3 − 15n 3n4 − 10 n3 d) an = 4 n + n3 + n n2 − 9 f) an = (n + 3)2 √ √ h) an = n + 5 − n b) an =

j)

an =

l)

an =

n)

2n − 1 √ n 2 2n

(−1)n · 2n 2n3 − n2
2n2 n − 3 + 4n2 an = 5(n − 1)3 (3n + 4)

86

Kapitel 7

Aufgabe 7.3: a) Eine reelle Zahlenfolge (an )n∈N sei auf rekursive Weise definiert durch die Beziehung: 1 , n ∈ N, an

an+1 = 1 +

a1 = 1.

Bestimmen Sie den Grenzwert g = lim an (unter der Voraussetzung der endlichen n→∞ Existenz). b) Gibt es ein b1 ∈ R, so dass die Zahlenfolge (bn )n∈N mit der Eigenschaft bn+1 = 1 − endlich konvergiert?

1 bn

Aufgabe 7.4: a) Zeigen Sie für alle n ∈ N (ohne vollständige Induktion; vgl. Aufgabe 2.1 a)) i)

n X

i=

i=1

n(n + 1) 2

ii)

n X

i2 =

i=1

n(n + 1)(2n + 1) 6

b) Berechnen Sie die Fläche zwischen der durch die Gleichung y = x2 bestimmten Parabel und der x−Achse im Bereich von x = 0 bis x = a, a > 0, mit der Ausschöpfungsmethode, d.h.: Unterteilen Sie das Intervall [0, a] in n gleich lange Teilintervalle [0, x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [xn−1 , a], 0 < x1 < · · · < xn−1 < a, und berechnen Sie die Summe Sn der Rechteckflächen (siehe Zeichnung). Bilden Sie dann den Grenzwert lim Sn . n→∞

y

..... ....... ... ... .. .... ... ... ... ... ... ... ..

... ... ... ... ... . . ... ... ... 2 ... ... . . ... ... ... .... . .... ... . . . .. .... .... ... ... .... .. ... . . . . . . .. . . . . .... .... .... ..... ..... . . . . .. ..... ..... ..... ..... ..... . . . . . ...... ...... ...... ...... ...... . . . . . . ....... ....... ........ ......... ......... . . . . . . . . . . .. ... ............... ................................. ................................................................................................................. ..

y=x

x1

x2

x3

...

xn−1

a

x

Folgen und Reihen

87

Aufgabe 7.5: In Aufgabe 2.1 d) wird für jede beliebige, reelle Zahl a 6= 1 gezeigt: n ∈ N.

n X

ai−1 =

i=1

a) Bestimmen Sie für |a| < 1 den Grenzwert der geometrischen Reihe: lim

n→∞

b) Anwendungen der geometrischen Reihe:

n X

an − 1 , a−1

ai−1 .

i=1

i) Die Wartungs- und Reparaturkosten für eine technische Großanlage betragen im ersten Jahr nach der Installation 10 000 e und steigen pro Jahr um 10% gegenüber dem Vorjahressatz. Wie hoch ist die Wartungs- und Reparaturkostensumme in den ersten 5 Jahren? ii) Ein Vater legt bei der Geburt seiner Tochter 8 000 e auf die Bank, die das Kapital mit 6% verzinst (Zuschlag der Zinsen am Ende eines jeden Jahres). Am Anfang des 20. Lebensjahres nimmt die Tochter ihr Studium auf. Welchen Betrag kann sie sechs Jahre lang zu Beginn des Jahres abheben, wenn sie die zur Verfügung stehende Summe in dieser Zeit verbrauchen will? iii) In ein gleichseitiges Dreieck von 10 cm Seitenlänge ist ein Kreis einbeschrieben; in den Kreis ein gleichseitiges Dreieck; in dieses wieder ein Kreis usw. Berechnen Sie die Summe der Umfänge aller gleichseitigen Dreiecke.

Aufgabe 7.6: a) Verwandeln Sie folgende periodische Dezimalzahlen in Brüche: 0,42, 0,53, 0,653 (Hinweis: geometrische Reihe). b) Ist die Darstellung rationaler Zahlen durch Dezimalzahlen eindeutig? (Betrachten Sie die Dezimalzahl 0,9.)

Aufgabe 7.7: Ermitteln Sie den Grenzwert der Reihe (sn )n∈N0 für n → ∞: a) sn =

n X 3k + 2

k=0

4k+2

, n ∈ N0 ,

n X 22k+1 b) sn = , n ∈ N0 . 3k · 4k k=0

88

Kapitel 7

Aufgabe 7.8: Bestimmen Sie für die Folge (ak )k∈N0 mit ak = e−λ

λk , k ∈ N0 und λ > 0, k!

die Grenzwerte ∞ X a) m1 = kak und k=0

b) m2 =

∞ X

k 2 ak . Betrachten Sie hier zunächst m ˜2 =

∞ P

k=1

k=0

k(k − 1)ak .

Aufgabe 7.9: Untersuchen Sie die Reihen (sn )n∈N , sn =

n P

k=1

k2 + 1 , k ∈ N, 2k 2 + 3k 1 b) ak = √ , k ∈ N, k

ak , n ∈ N, auf endliche Konvergenz.

a) ak =

c) ak = (−1)k+1

xk , k ∈ N, mit x ∈ (−1, 1). k

Aufgabe 7.10: Die Reihe (sn )n∈N mit sn =

n P

ak ist gegeben durch

k=1

ak =

cbk , k ∈ N, k

1 mit Parameter b ∈ (0,1) und c = − ln(1−b) .

a) Ist die Reihe endlich konvergent? ∞ X b) Bestimmen Sie den Wert von kak . k=1

Aufgabe 7.11:  n  P Ist die Reihe ak

  m+k−1 k q , k ∈ N0 , für jede Wahl der Parameter m−1 k=0 n∈N0 m ∈ N und q ∈ (0, 1) endlich konvergent? mit ak =

Folgen und Reihen

89

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 7.1: a) Vielfache von 3 (Bildungsvorschrift ak = 3k, k ∈ N), also: a5 = 15, a6 = 18. b) Potenzen von 3, d. h. jede Zahl ist das dreifache der vorhergehenden (Bildungsvorschrift: ak = 3k , k ∈ N), also: a5 = 243, a6 = 729. c) Potenzen von 2 mit wechselnden Vorzeichen (Bildungsvorschrift: ak = (−1)k+1 · 2k , k ∈ N), also: a6 = −64, a7 = 128. d) „Fibonacci-Zahlen“; ein Folgenglied ist die Summe der beiden vorhergehenden (rekursive Formel: ak = ak−1 + ak−2 , k ≥ 3 mit a1 = 2, a2 = 3), also: a7 = 34, a8 = 55. e) Die Folge der Differenzen zweier aufeinander folgender Folgenglieder ist die Folge der ungeraden Zahlen, angefangen bei 3, bzw. die Folgenglieder sind die um Eins erhöhten k X (2i − 1) = k 2 + 1, k ∈ N), also: Quadratzahlen (Bildungsvorschrift: ak = 1 + i=1

a6 = 37, a7 = 50.

f) Die Bildungsvorschrift ist an = a8 = 0.

(

1, n ungerade 0, n gerade

=

1 − (−1)n , n ∈ N; also: a7 = 1, 2

1 1 1 g) Die Bildungsvorschrift ist an = n−1 , n ∈ N, also: a6 = , a7 = . Der Quo2 32 64 tient zweier aufeinander folgender Glieder ist stets Zwei; es handelt sich also um eine geometrische Folge. h) Die Differenz zwischen aufeinander folgenden Folgengliedern ist immer gleich 4 (Bildungsvorschrift: ak = 4k − 1, k ∈ N), also: a6 = 23, a7 = 27. i) In den Nennern finden sich Potenzen von 2, der jeweilige Zähler ergibt sich aus dem 2k − 1 doppelten Wert des Nenners vermindert um Eins. Bildungsvorschrift: ak = k−1 = 2 1 63 127 2 − k−1 , k ∈ N; also: a6 = , a7 = . 2 32 64   k+1 j) Bildungsvorschrift: ak = (−1)k+1 , k ∈ N, wobei ⌊x⌋ das größte n ∈ N mit 2 n ≤ x ist; also: a7 = 4, a8 = −4.

90

Kapitel 7

Lösung zu Aufgabe 7.2: 1 3 + 4/n − 55/n2 1/n2 [3n2 + 4n − 55] √ = lim √ = n→∞ 1/n2 [9n2 − 8n − 3 2] n→∞ 9 − 8/n − 2/n2

a) lim an = lim n→∞

0 6/n − 15/n3 = =0 n→∞ 3 − 10/n4 3

b) lim an = lim n→∞

(„Nullfolge“)

1/n3 [6n4 − 15n] 6n − 15/n2 = +∞ = lim n→∞ 1/n3 [3n3 − 10] n→∞ 3 − 10/n3

c) lim an = lim n→∞

(Die Folge ist konvergent gegen ∞ bzw. bestimmt divergent gegen ∞.) d) lim an = lim n→∞

e) an =

f)

n→∞

(

4 7,

0,

0 1/n = =0 1 + 1/n + 1/n3 1+0

falls n gerade sonst

, d. h. die Folge ist nicht konvergent.

n2 − 9 1 − 9/n2 n2 − 9 n→∞ = 2 −→ 1 oder alternativ = 2 (n + 3) n + 6n + 9 1 + 6/n + 9/n2 (n − 3)(n + 3) n − 3 n→∞ n2 − 9 −→ 1, d. h. lim an = 1 = = n→∞ (n + 3)2 (n + 3)2 n+3

3 6 = =⇒ lim an = 0 n→∞ n(n + 1) n+1 √ √ √ √ √ √ ( n + 5 − n)( n + 5 + n) n+5−n 5 √ h) n + 5 − n = =√ √ √ = √ √ n+5+ n n+5+ n n+5+ n =⇒ lim an = 0

g) an = 2n

n→∞

i) an =

(

2 · 0 = 0,

0 · 2 = 0,

falls n gerade falls n ungerade

=⇒ lim an = 0 n→∞

2 − 1/n 1/n n→∞ 0 2n − 1 √ n ·2 −→ 2 = 1, d. h. lim an = 1 2= n→∞ 2n 2 √ √ √ √ √ 5 − 27n − 27 + 5/ n n→∞ − 27 k) an = √ −→ √ = √ = − 9 = −3, d. h. lim an = −3 √ n→∞ 3n + 2 3 + 2/ n 3 j) an =

l) an =

(−1)n · 2/n2 n→∞ 0 −→ = 0, d. h. lim an = 0 n→∞ 2 − 1/n 2

Folgen und Reihen

91

m) Für n > 1 ist an =

2 + n8 + n82 2n3 + 8n2 + 8n 2n(n + 2)2 = = (n − 1)2 (5n + 2) 5n3 − 8n2 + n + 2 5 − n8 + n12 +

d. h. lim an = n→∞

n) an =

n→∞ 2 n3

−→

2 , 5

2 5

8 2n3 − 6n2 + 8n4 n→∞ 8 −→ , d. h. lim an = 4 3 2 n→∞ 15n − 25n − 15n + 45n − 20 15 15

Lösung zu Aufgabe 7.3: 1 für alle n ∈ N. Es an existiere ein endlicher Grenzwert g = 6 0 der Folge, also g = lim an . Dann muss gelten:

a) Seien (an )n eine reelle Zahlenfolge, a1 = 1 und an+1 = 1 +

n→∞

lim an+1 = 1 + lim

n→∞

n→∞

1 ⇐⇒ an ⇐⇒ ⇐⇒

1 ⇐⇒ g 2 − g − 1 = 0 g r r 1 1 1 1 g1 = + + 1 ∨ g2 = − +1 2 4 2 4 √ √ 1+ 5 1− 5 g1 = ∨ g2 = mit g1 > 0, g2 < 0. 2 2

g =1+

Da an > 0 für alle n ∈ N gilt, muss auch der Grenzwert g >√0 sein, d. h. als Grenzwert von (an )n kommt nur g1 in Frage. Folglich ist lim an = 1+2 5 . n→∞

b) Die Folge (bn )n sei durch die Vorschrift bn+1 = 1 −

1 , n ∈ N, gegeben. bn

Angenommen, es existiert ein b1 ∈ R mit lim bn = g, g ∈ R. Dann muss gelten: n→∞

lim bn+1 = 1 − lim

n→∞

n→∞

1 1 =⇒ g = 1 − ⇐⇒ g 2 − g + 1 = 0 bn g s  s  2 2 1 1 1 1 ⇐⇒ g1 = + − 1 ∨ g2 = − −1 2 2 2 2 r r 1 1 3 3 ⇐⇒ g1 = + − ∨ g2 = − − , 2 4 2 4

wobei g1 , g2 ∈ / R. Die quadratische Gleichung hat keine reellen Lösungen, d. h. es gibt 1 kein reelles g mit g = 1 − . Also gibt es kein b1 ∈ R, so dass (bn )n endlich konvergiert. g

92

Kapitel 7

Lösung zu Aufgabe 7.4: a) Die Summenformeln werden anschaulich begründet. Ein formaler Beweis erfolgt z.B. mit vollständiger Induktion. n X

i)

i=1 n X

1

+

i=

n

+ (n − 1) + . . . +

i=1

Addition : 2

n X

2

+ . . . + (n − 1) +

i=

2

+

n 1

i = (n + 1) + (n + 1) + . . . + (n + 1) + (n + 1)

i=1

⇐⇒ 2 ii)

n X

n X i=1

i = n(n + 1) ⇐⇒

n X

i=

i=1

n(n + 1) 2

i 2 = 1 + 4 + 9 + . . . + n2

i=1

=

1 +

1 +

3

+

3 .. .

+

+

1 + .. .

+

1 +

3

+

= = (i)

=

..

5 +

... +

. (2n − 1)

n · 1 + (n − 1) · 3 + (n − 2) · 5 + . . . + 1 · (2n − 1) ! n−1 n−1 n−1 X X X i2 i + n2 − 2 (n − i)(2i + 1) = (2n − 1) i=0 i=0 i=0 ! n X n(n − 1) 2 2 2 (2n − 1) i −n +n −2 2 i=1 n X

(n − 1)n i = (2n − 1) Damit ist 3 + 3n2 2 i=1 ⇐⇒

5 .. .

n X i=1

i2 =

2

  n(2n2 + 3n + 1) = 2

n(n + 1)(2n + 1) . 6

a b) Setze x0 = 0, xn = a. Alle n Teilintervalle haben die Länge xi+1 − xi = , 0 ≤ i ≤ n a a a a n − 1, d. h. x0 = 0, x1 = , x2 = 2 · , . . . , xi = i · , . . . ,xn = n · = a. n n n n a Also hat das Rechteck über dem Intervall [xi , xi+1 ] die Fläche: · x2i , 0 ≤ i ≤ n − 1. n

Folgen und Reihen

93

Unter Benutzung von Teil a) ist die Summe aller n Flächen: n−1 a 2   a 3 X 2  a 3 (n − 1)n(2n − 1) i = · xi = n n i=0 n 6 i=0    a 3 n3 a3 n2 n a3 a3 n→∞ a3 = − + − + 2 −→ . = n 3 2 6 3 2n 6n 3

Sn =

n−1 X

Lösung zu Aufgabe 7.5: a) lim

n→∞

b)

n X

−1 1 an − 1 = = , falls |a| < 1. n→∞ a − 1 a−1 1−a

ai−1 = lim

i=1

i) K =

4 X i=0

10 000 · 1,1i = 10 000 ·

4 X i=0

1,1i = 10 000 ·

1,15 − 1 = 61 051 1,1 − 1

(= 10 000 + 11 000 + 12 100 + 13 310 + 14 641) ii) K0 = 8 000 wird 19 Jahre lang verzinst, d. h. K19 = 8 000 · 1,0619 =: K Restkapital 1 Jahr nach Studienbeginn: (K − x)(1 + i) = K(1 + i) − x(1 + i) Restkapital 2 Jahre nach Studienbeginn: [K(1 + i) − x(1 + i) − x](1 + i) = K(1 + i)2 − x(1 + i)2 − x(1 + i) usw. Restkapital 5 Jahre nach Studienbeginn: K(1 + i)5 − x(1 + i)5 − x(1 + i)4 − . . . − x(1 + i) = K(1 + i)5 − x

5 X

(1 + i)k

k=1

Zu Beginn des 6. Jahres wird noch einmal der Betrag x abgehoben, d. h. K(1 + i)5 − x

5 X

k=1

(1 + i)k − x = 0 ⇐⇒ K(1 + i)5 − x 5

⇐⇒ x =

5

K(1 + i) K(1 + i) · i K(1 + i) ; = = 6 5 (1 + i)6 − 1 (1 + i) − 1 X k (1 + i) 1+i−1 k=0

hier: x =

5

8 000 · 1,0619 · 1,065 · 0,06 ≈ 4 643,73 1,066 − 1

5 X

k=0

(1 + i)k = 0

94

Kapitel 7 iii)

5c

m

...... .. ............ ........ .. ............. ...... . . ...... ... ... ... ..... ... . . . . . ... . . . . . ... ... .. .. . . . . . ... ... . . ... . . ... . ... . .. . . ... . . . ... ... ... ... . . . ... ... . . . . . . ... ... ... ... ... ... . . . . . ... . . . . . ... ... ... .............................................. ..... . . ... ....... ... . ....... . ........... . ... ........ .......... . . ... . . . . ............. ...... ..... . ... . . . . . . .... ... ... . . . . ... .......................................................................................................................... ... . . ... . ... .. .. . ..... . ... . . . . . . . ... ..... . .. .. . ... ..... .... . . . . . . . . . . . . ... ... ... ... ... ...... ...... ........ ....... . . . . . ... . . . ... .. .. .. ... ... ... . .. ... . ... . . . ... .. ... ... ... ... . .... . .. ... . . . . . . . . . . . . . ..... .. .. .. ..... ... . .... .. .... . . . . . . . . . . . . . ... ... ... ... . .. .. ... . . . . ... .. . ... . . . . . . ..... . .... .... ...... ... ... .... .... .... ... . . ... . . . . . . . . ... ... ......... .... ... . . . . ... . . . . . . . . . . . ... ... ... ......................... ... ... . . . . . . . ... . . ... ... . ... . .. . . . . ... . . . . . ... ... .... .. .. . . . ... . . . . . . . ..... ... ... ......... ... . . . . . . . . . . . . . . . . ...... ... ............. ... .. ... . .. . . . . . . . . . . . . . . . . ... .. . . ............................................................................................................................................................................................................

10

cm

Bezeichnet S die Summe der Umfänge aller gleichseitigen Dreiecke, so gilt unter Verwendung des Resultats aus a): S = 3 · 10 + 3 · 5 + 3 · 2,5 + . . . 10 10 +3· + ... = 3 · 10 + 3 · 2 4 ∞ ∞  i−1 ∞  i X X X 1 1 1 1 a) = 3 · 10 · = 30 = 30 · = 30 · i 2 2 2 1− i=0 i=1 i=0

1 2

= 60.

Lösung zu Aufgabe 7.6: a) Anwendung der geometrischen Reihe: Für −1 < a < 1 gilt:

∞ X

ak =

k=0

1 (s. Lösung zu Aufgabe 7.5 a)). Damit folgt: 1−a

k k−2  2 X ∞  4 1 1 1 = +2 10 10 10 10 k=2 k=2   ∞ k 2 X 1 4 + · = 10 100 10

0,42 =

∞

X 4 + 2· 10



k=0

4 2 1 2 19 4 = + · 1 = 10 + 90 = 45 . 10 100 1 − 10

0,53 =

∞ X

k=1

53



1 100

k

=

k−1 k ∞  ∞  53 X 53 X 1 1 = · · 100 100 100 100

53 1 53 = · . = 1 100 1 − 100 99

k=1

k=0

Folgen und Reihen

95 ∞

653 X 0,653 = 1 000

k=1

b) 0,9 =

∞ X i=1

9·



1 10

i



1 1 000 ∞

1 X =9· 10 i=0

k−1 

1 10

=

i

653 653 1 = · . 1 1 000 1 − 1 000 999 =

9 1 · 1 = 1, d. h. 1 = 0,9. 10 1 − 10

Lösung zu Aufgabe 7.7: Unter Verwendung des Grenzwertresultats für geometrische Reihen (s. KCO, Kapitel 2, S. 66) gilt a) unter weiterer Verwendung der Linearität der Summe: sn =

n X 3k + 2

4k+2

k=0

−→

n→∞

1 1 16 1 −

n n n  k n  k X X 1X 1 3k 2 1 X 3 + = + = 4k+2 4k+2 16 4 8 4 k=0

3 4

k=0

1 1 8 1−

+

1 4

=

n X 22k+1

=

3k 4k

k=0

n X 2 · 4k

k=0

3k 4k

k=0

1 1 5 + = . 4 6 12

b) mit 22k+1 = 2 · 4k : sn =

k=0

=2

n  k X 1 k=0

3

−→ 2

n→∞

1 1−

1 3

= 3.

Lösung zu Aufgabe 7.8: k

Für die Folge (ak )k∈N0 mit ak = e−λ λk! , k ∈ N0 , λ > 0, gilt: a)

n X

kak = e−λ

k=0

n X kλk

k=1

Also ist m1

k!

= lim

= e−λ

n X

k=1 n P

n→∞ k=0

k=1

k(k − 1)ak = = e−λ

n−1 P

λk n→∞ k=0 k!

kak = λe−λ lim

b) Für m ˜ 2 ergibt sich wie in a): n X

n X

k=2 n X

k=2

n

n−1

k=1

k=0

X λk−1 X λk λk = λe−λ = λe−λ . (k − 1)! (k − 1)! k! = λe−λ eλ = λ.

k(k − 1)ak n

X λk−2 k(k − 1)λk = λ2 e−λ k! (k − 2)! k=2

96

Kapitel 7 = λ2 e−λ

n−2 X k=0

Weiterhin gilt wegen

n X

k 2 ak =

λk −→ λ2 e−λ eλ = λ2 = m ˜ 2. k! n→∞

n X

k=0

k=0

k(k − 1)ak +

n X

k=0

kak für alle n ∈ N:

a), b)

m2 = m ˜ 2 + m1 = λ + λ2 . Bemerkung: Durch die Folge (ak )k∈N0 wird in der Wahrscheinlichkeitsrechnung die sogenannte Poisson-Verteilung mit dem Parameter λ > 0 definiert. In diesem Zusammenhang bezeichnen m1 = λ den Erwartungswert und m2 − m21 = λ2 + λ − λ2 = λ die Varianz dieser Wahrscheinlichkeitsverteilung.

Lösung zu Aufgabe 7.9: Gegeben sind Reihen (sn )n∈N mit sn =

n P

k=1 2

ak , k ∈ N.

+1 a) Die Folge (ak )k∈N mit ak = 2kk2 +3k , k ∈ N, konvergiert gegen 21 für k → ∞ und ist daher keine Nullfolge. Also konvergiert die Reihe (sn )n nicht gegen eine reelle Zahl (s. KCO, Kapitel 2, S. 67).

b) Das Quotientenkriterium liefert für die Reihe mit ak = √1k keine Aussage, denn r ak+1 k ak = k + 1 → 1, k → ∞. Die harmonische Reihe (˜ sn )n∈N mit s˜n = pitel 2, S. 67). Wegen folgt

√1 k

>

1 k

n P

k=1

1 k

konvergiert gegen +∞ (s. KCO, Ka-

für alle k ∈ N gilt daher sn ≥ s˜n , n ∈ N, und es

lim sn = ∞ bzw.

k→∞

∞ X 1 √ = ∞. k k=1

k

c) Auf die Reihe mit ak = (−1)k+1 xk , k ∈ N, mit x ∈ (−1, 1) wird das Quotientenkriterium angewendet: ak+1 (−1)k+2 xk+1 k k = ak (−1)k+1 xk (k + 1) = |x| k + 1 ≤ |x| für alle k ∈ N und |x| < 1. Also ist die Reihe für jedes x ∈ (−1, 1) endlich konvergent.

Bemerkung: Es gilt die Darstellung

∞ P

k=1

k

(−1)k+1 xk = ln(1 + x), |x| < 1.

Folgen und Reihen

97

Lösung zu Aufgabe 7.10: a) Für die Reihe (sn )n∈N mit sn =

n P

ak , ak =

k=1

1 c = − ln(1−b) , gilt:

cbk k ,

k ∈ N, wobei b ∈ (0,1) und

ak+1 cbk+1 k k ak = k + 1 cbk = b k + 1 ≤ b < 1 für alle k ∈ N.

Daher folgt mit dem Quotientenkriterium (s. KCO, Kapitel 2) die endliche Konvergenz der Reihe. Bemerkung: In der Wahrscheinlichkeitsrechnung können die Werte ak , k ∈ N, als Zähldichte einer sogenannten logarithmischen Verteilung aufgefasst werden, denn es gilt: ak > 0 für alle k ∈ N und

∞ X

ak = 1.

k=1

b) Unter Verwendung der endlichen Konvergenz einer geometrischen Reihe erhält man: ∞ X

kak = c

k=1

∞ X

k

b =c

k=1

∞ X

k=0

k

b −1

!

=c



1 −1 1−b



=c

b . 1−b

b der Erwartungswert der logarithmiBemerkung: In der Interpretation aus a) ist c 1−b schen Verteilung.

Lösung zu Aufgabe 7.11: Die Anwendung des Quotientenkriteriums auf die Reihe n X

k=0

ergibt:

ak

!

n∈N0

mit ak =

  m+k−1 k q , k ∈ N0 , m−1

  m + k k+1 (m + k)! q ak+1 m+k m−1 (m − 1)!(k + 1)! ak = m + k − 1 = q (m + k − 1)! = q k + 1 qk (m − 1)!k! m−1 ak+1 = q mit q < 1 nach Voraussetzung. Also ist die Reihe endlich konvergent. und lim k→∞ ak

98

Kapitel 7

Bemerkung: In der Wahrscheinlichkeitsrechnung definieren die Größen ak (1−q)m , k ∈ N0 , für jede Wahl von q ∈ (0, 1) und m ∈ N die Zähldichte der Negativ-Binomialverteilung mit Parametern m und q. Insbesondere gilt: ∞ X

k=0

ak (1 − q)m = 1.

8 Funktionen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 3, Kapitel 6, S. 177-181

Aufgaben Aufgabe 8.1: Es sei a eine feste positive, reelle Zahl. Stellen Sie die durch y = |x|−|x−a|, x ∈ R, gegebene Funktion graphisch dar.

Aufgabe 8.2: Gegeben ist die Funktion f (x, y) = 3 − 0,5x − 1,5y, x ∈ R2 . a) Bestimmen Sie jeweils die Schnittkurven der Funktionsfläche z = f (x,y) mit den Koordinatenebenen und der Ebene z = 1. b) Bestimmen Sie die Achsenabschnittsgleichungen der Schnittgeraden aus a). c) Skizzieren Sie das im ersten Oktanten liegende Stück der Funktionsfläche.

Aufgabe 8.3: a) Bestimmen und zeichnen Sie (in einem x, y, z−Koordinatensystem) die Schnittgeraden der durch die Gleichung z = 5 − 0,5x − 0,1y gegebenen Ebene mit den Koordinatenebenen. b) Schraffieren Sie den in den ersten Oktanten fallenden Teil des Graphen der durch die Gleichung α(x + 2(y + 2z)) = 1, α > 0, gegebenen Funktion. c) Bestimmen Sie die Schnittgerade zwischen der Funktion aus b) und der Ebene z = 3. d) Für welche Werte β ∈ R verläuft die Schnittgerade zwischen der Funktion aus b) und der Ebene z = β durch den ersten Oktanten?

100

Kapitel 8

Aufgabe 8.4: Durch z = x2 + 2y 2 , (x, y) ∈ R2 , sei eine Funktion gegeben. a) Bestimmen und zeichnen Sie die Schnittkurven mit den Koordinatenebenen sowie die Schnittkurven zwischen der Funktionsfläche und den Flächen z = 2 und z = 10. b) Erstellen Sie eine Skizze der Funktionsfläche.

Aufgabe 8.5: 1 Betrachten Sie die Funktion z gegeben durch z = x2 + y. 2 a) Bestimmen und zeichnen Sie die Schnittkurven der Funktion mit den Koordinatenebenen sowie die Schnittkurven („Niveaulinien” oder „Höhenlinien”) zwischen der Funktionsfläche und den Flächen z = 1, z = 2 und z = 4. b) Skizzieren Sie die Funktionsfläche.

Aufgabe 8.6: a) Zeigen Sie: Die durch f (x) = 21 (ex − e−x ), x ∈ R, definierte Funktion f besitzt die √
Umkehrfunktion g mit g(x) = ln x + x2 + 1 , x ∈ R.

b) Bestimmen Sie die Umkehrfunktion zu f mit f (x) =

√

x3 + 1, x ≥ −1.

Aufgabe 8.7: Weisen Sie nach, dass die Funktionen fi und gi , i ∈ {1, 2, 3}, Umkehrfunktionen zueinander sind:

f1 (x) = x3 + 1


41

,

g1 (x) =

√ 3 x4 − 1, x > 0,

√ 2 f2 (x) = (5x − log2 a) , g2 (x) = log5 ( x + log2 a) , x ≥ 0, a ≥ 1, 5x > log2 a, f3 (x) =

ax − a−x , ax + a−x

g3 (x) =

1 1+x loga , 2 1−x

− 1 < x < 1, a > 1.

Funktionen

101

Aufgabe 8.8: Ermitteln Sie folgende Grenzwerte: a)

lim

x→6



1 4x + 4 − x2 2x2



c)

x2 − 25 x→−5 2(x + 5)

e)

x4 − 16x2 + 12 x→∞ 1 − 2x4

g)

lim x3 + 2x2 − 3(x + 1)3

b) d)

lim

lim

x→0






 (x − 1)3 lim −x x→∞ x2 √3 − 3 x lim √ x→1 x−1

f)

(x + 1)2 − (x − 1)2 x→∞ 3x + 5

h)

e−2x + 3x − 1 x→0 (1 − x)2

lim



lim

lim

Aufgabe 8.9: Ermitteln Sie folgende Grenzwerte: a)

  1 2 lim 5x + x→5 3x

b)

lim

e)

1 x

−1 x→1 x − 1   3 3 − g) lim 2x x→∞ x x+1 d)

x→∞

 (x + 1)2 −x x

− x1 x→1 x − 1 √ √ x−1− x+1 h) lim x→∞ x+2 lim

1 x2

c) f)

x2 − 1 x→1 x − 1 lim

2 x −1 x→2 x2 − 4

lim

Aufgabe 8.10: Herr C., der kein eigenes Fahrzeug besitzt, möchte sich zum Zurücklegen einer bestimmten Wegstrecke (innerhalb eines Tages) für eine der folgenden beiden Alternativen entscheiden: (I) Mieten eines Leihwagens zur Grundgebühr von 80 e/Tag und zusätzlichen Kosten von 15 Cent pro zurückgelegtem Kilometer (einschl. Benzinkosten). (II) Fahrt mit einem Taxi zur Grundgebühr von 3,50 e und Kosten von 1 e für jeden zurückgelegten Kilometer. a) Skizzieren Sie die Kosten yI und yII für beide Alternativen in Abhängigkeit von den zurückgelegten Kilometern x in einem gemeinsamen Koordinatensystem. b) Ab wie vielen zurückgelegten Kilometern ist die Alternative (I) kostengünstiger als die Alternative (II)?

102

Kapitel 8

Aufgabe 8.11: Einer Unternehmerin, die in die Schokoladen-Produktion einsteigen möchte, werden zwei verschiedenartige Produktionsmaschinen A und B angeboten. Die jeweils bei A und B anfallenden Fixkosten pro Monat betragen 1 000 e bzw. 6 000 e; zusätzlich fallen zur Produktion von x kg Schokolade variable Kosten von 600 ln(x + 1) e (bei Maschine A) bzw. 55 ln(x + 1) e (bei Maschine B) an. a) Skizzieren Sie für jede der beiden Produktionsanlagen die Gesamtkosten als Funktion der Ausbringungsmenge x. b) Bestimmen Sie für beliebige monatliche Ausbringungsmengen die jeweils zur kostengünstigsten Produktion führende Maschine.

Aufgabe 8.12: Ein Fabrikant von Messern hat sich zwischen drei verschiedenartigen ihm angebotenen Produktionsmaschinen zu entscheiden. Die jeweils anfallenden Fixkosten pro Monat sowie die Produktionskosten pro Messer betragen: Maschine Fixkosten (e)

Produktionskosten (e)

1

30 000

3

2

80 000

2

3

150 000

1

a) Geben Sie für jede dieser Maschinen die Kostenfunktion an. b) Für welche Maschine sollte sich der Fabrikant bei einem (monatlichen) Absatz von 60 000 (bzw. 40 000) Messern entscheiden? c) Bestimmen Sie für beliebige (monatliche) Absatzzahlen jeweils die zur kostengünstigsten Produktion führende Maschine. d) Wie viel e dürfen die bei einer Maschine mit Fixkosten von 30 000 e anfallenden Produktionskosten pro Messer höchstens betragen, damit diese Maschine bei Produktionszahlen von monatlich bis zu 70 000 Messern kostengünstiger als die Maschinen 2 und 3 produziert?

Aufgabe 8.13: Gegeben sei die auf R2 definierte Funktion f mit f (x, y) = |x|. Zeigen Sie:

M = {(0, y)|y ∈ R} ist die Menge aller Punkte (x, y) ∈ R2 , an denen die Funktion f ein absolutes Minimum besitzt, d. h. (hier): f (x, y) ≥ f (x0 , y0 ) ∀ (x0 , y0 ) ∈ M, ∀ (x, y) ∈ R2 .

Funktionen

103

Aufgabe 8.14: Eine Funktion z = f (x, y) heißt linear homogen, falls f (λx, λy) = λf (x, y) gilt für alle Paare (x, y) ∈ D(f ) und für alle λ > 0 mit (λx, λy) ∈ D(f ) (D(f ) ist der Definitionsbereich von f ). a) Zeigen Sie, dass folgende Funktionen linear homogen in den Variablen x und y sind: p i) z = ax + by ii) z = ax2 + 2bxy + cy 2 p ax2 + 2bxy + cy 2 iv) z = 3 x2 y iii) z = dx + ey (a, b, c, d, e ∈ R sind konstante Koeffizienten.)

b) Zeigen Sie, dass die Cobb-Douglas-Produktionsfunktion X = ALα K β , α + β = 1, (X ist der Output, A eine Konstante, L der Arbeitsinput, K der Kapitalinput) eine linear homogene Produktionsfunktion in den Variablen L und K ist.

104

Kapitel 8

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 8.1:

Funktion :

y = |x| − |x − a|, x ∈ R.

x≤0:

y = −x − (−(x − a)) = −a

x≥a:

y = x − (x − a) = a

0 ≤ x ≤ a : y = x − (−(x − a)) = 2x − a

y ....................

.... ... ............................................... .. ... ... .... .... ... ... . ... . . . ... .... ... ... ... ... .... ... . ... . . ... ... .... ............................................................................................................................... ... ... ... .... ... . ... . . a ... .... ... . ... . 2 .... ... ... ... .... ... ...... ........ ............................................................ ... .

a

a

x

−a

Lösung zu Aufgabe 8.2: Funktion z = f (x, y) = 3 − 0,5x − 1,5y, (x, y) ∈ R2 . a)

i) Schnitt mit der x,y−Ebene: 1  x y Setze z = 0: 3 = 0,5x + 1,5y ⇐⇒ y = 2 − x ⇐⇒ 1 = + 3 6 2 ii) Schnitt mit der x,z−Ebene: Setze y = 0: z = 3 − 0,5x



⇐⇒

 z x + =1 3 6

⇐⇒

 z y + =1 3 2

iii) Schnitt mit der y,z−Ebene: Setze x = 0: z = 3 − 1,5y



iv) Schnitt mit der Ebene z = 1: 1 4 1 = 3 − 0,5x − 1,5y ⇐⇒ y = − x + 3 3 b)

i)

x y + =1 6 2

ii)

z x + =1 3 6

iii)



⇐⇒ 1 =

z y + =1 3 2

x y + 4 4/3 iv)



x y + =1 4 4/3

Funktionen

105

c) Das im ersten Oktanten liegende Stück der Funktionsfläche hat folgendes Aussehen: z 3

2 y 6 x

Lösung zu Aufgabe 8.3: a) z = 5 − 0,5x − 0,1y ⇐⇒ (Achsenabschnittsgleichung)

z + 0,5x + 0,1y = 5

y z x + + = 1 10 50 5

⇐⇒

Gleichungen der Schnittgeraden: x y + =1 10 50 x z • mit x, z−Ebene (y = 0 setzen!): + =1 10 5 y z • mit y, z−Ebene (x = 0 setzen!): + =1 50 5 • mit x, y−Ebene (z = 0 setzen!):

z 5

10 x

y 50

106

Kapitel 8

b) αx + 2αy + 4αz = 1

(∗)

⇐⇒

x y z + + =1 1/α 1/(2α) 1/(4α) z 1 4α

1 2α 1 α

y x

1 −6− c) z = 3 eingesetzt in (∗) liefert: αx + 2αy + 4α · 3 = 1 ⇐⇒ y = 2α
1 1 ⇐⇒ y = − 2 x + 2α − 6 ; dies ist die Normalform einer Geradengleichung.  1 . d) Lösung ablesbar aus der Zeichnung unter b): β ∈ 0, 4α

x 2

Lösung zu Aufgabe 8.4: Funktion z = x2 + 2y 2 , (x, y) ∈ R2 .

a) Schnittkurve mit der x, y−Ebene: x2 + 2y 2 = 0 =⇒ x = 0 ∧ y = 0 Schnittkurve mit der x, z−Ebene: z = x2

Schnittkurve mit der y, z−Ebene: z = 2y 2 Schnitt mit x,y-Ebene (Punkt) ..

Schnitt mit x,z-Ebene (Parabel) .....

y ................

z .............. ... . .. .. .. .. .. .. ... .. . ... .. ... 2 ..... .. . .. .. .. . . ... ... ... ... ... ... ... ... .. . . . ... ... ... .... ... ..... .... ... ...................... .................................. ..

1

•

... .................................. ..

1 x

1 x

x2 + y 2 = 1 (Ellipse) 2 x2 y2 z = 10: x2 + 2y 2 = 10 ⇐⇒ + = 1 (Ellipse) 10 5 z = 2: x2 + 2y 2 = 2 ⇐⇒

.. .... .. .. .. ........ .. ... ... .. ... ... .... .. .. .. .. .. .. ... .. ... .. . ... .. .. .. ... .. ... ... .. .. . .. . ... .. ... ... .. .. ... .. . . ... ... ... ... ... .. ... ... ... . . . .... ... .............. .................................. ..

z

z=x

1

Schnitt mit y,z-Ebene (Parabel)

z = 2 · y2

1

1

y

Funktionen

107

Die obigen Ellipsen sind in der folgenden Graphik hervorgehoben:

z

y

x b) Graph der Funktion z = x2 + 2y 2 z

y

x

108

Kapitel 8

Lösung zu Aufgabe 8.5: 1 Funktion: z = x2 + y 2 a) Schnitt mit der x, y−Ebene: Setze z = 0: 0 = x2 + 21 y ⇐⇒ y = −2x2 (Parabel) Schnitt mit der x, z−Ebene: Setze y = 0: z = x2 (Parabel)

Schnitt mit der y, z−Ebene: Setze x = 0: z = 12 y (Gerade) Schnitt mit x,y-Ebene (Parabel) ...

Schnitt mit x,z-Ebene (Parabel)

Schnitt mit y,z-Ebene (Gerade)

....

y ................

....

z ..............

z ..............

... ... .. .. .. .. .. .. .. . ... .. ... 2 .... ... .. .. .. .. . . ... ... ... ... ... .. .. ... ... . ... . .. ... .... .... .... ..... ... ....................... .......................................... ..

z = 21 y

z=x

1

1

y = −2x2 ... .......................................... ................. .. ... ... ... .. ... ... . . .. . . .. .. ... .. ... ... ... .. ... .... .. ... .. ... ... ... ... .. ... .. ... ... ... ... .. ... .. .. ... .. ... ... .. .. . ... ... .. ... ..

1 x

1 x

1

.. ........ ....... ........ ........ ........ . . . . . . . . ... ........ .......................................... ........ .. ........ ........ ........ . . . . . . . ... ........ ........ ........

1

Schnitt mit der Fläche z = 1: Setze z = 1: 1 = x2 + 12 y ⇐⇒ y = 2 − 2x2

Schnitt mit der Fläche z = 2: Setze z = 2: 2 = x2 + 12 y ⇐⇒ y = 4 − 2x2 Schnitt mit der Fläche z = 4: Setze z = 4: 4 = x2 + 12 y ⇐⇒ y = 8 − 2x2 .

y .....................

.. .. ................. ....... .... ............. z=4 . . . . . ..... ... . . . .... . ..... .... .... .. ... ... ... ... .... ... . ... . . ... .. ... . . ... . .. ... . . . .. . . . . ............................. z=2 ..... . . .. . . . . ...... . . ... .... . . . . . . . . . . ..... ... . ... . ... . . . . ... .... .... ... ... ... ... ................... . . . . . . . .. ... . . . . . . ... ...... .... . ... . ... . . .. . . . . . . . ... ..... ... .... .. .. . . . . . . . . ... .... .. . .. . .. . . . . . . . ....................................................................................... .. ... ..... . . . . ... ... ... ........ .. .... .. . ... . . ... ... .. .. ... ... . . . . ... .. . .. .. ... . . . . . . .. . .. ... ... ... z=1 ...... ...... ...... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. ... . . . ... .. ... ... ... ... ... ... ... .. .... ... .. . . ... . . ... .. .. ... .. ... . . ... ... .. ... .. ... . . ... ... .. ... ... . . . .... ... ... ... .. ... ... . . ... .. ... ... ... ... .... .... ... . .. . . ... . ... ... .. ... ... .. .... .... ... . . .. ... . . . ... ... .. . ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... .... ... . . . . . . . . .. .... .. ..

x

y

Funktionen

109

1 b) Graph der Funktion z = x2 + y 2

z

y

x

Lösung zu Aufgabe 8.6: a) Zwei Funktionen f und g heißen Umkehrfunktionen zueinander mit Definitionsbereich R ⇐⇒ f (g(x)) = x und g(f (x)) = x für alle x ∈ R. √
f (x) = 21 (ex − e−x ) (sog. Sinus hyperbolicus), g(x) = ln x + x2 + 1 , x ∈ R. (Das Argument des natürlichen Logarithmus ist positiv, denn p √ x + x2 + 1 > x + x2 = x + |x| ≥ 0.)

Damit gilt:

 i 1 √ p 1 h ln(x+√x2 +1) 1 2 √ e x + x2 + 1 − − e− ln(x+ x +1) = 2 2 x + x2 + 1 " # √
2 √ 1 x + x2 + 1 − 1 x2 + x x2 + 1 √ √ = = =x 2 x + x2 + 1 x + x2 + 1

f (g(x)) =

und andererseits:   s 2   p 1 1 (ex − e−x ) + 1 g(f (x)) = ln f (x) + f 2 (x) + 1 = ln  (ex − e−x ) + 2 2 = ln

1 x (e − e−x + 2

r

! 1 2x (e + e−2x + 2) 4

110

Kapitel 8 ! 1 x −x 2 = ln (e + e ) 4   1 x 1 x −x −x = ln (e − e ) + (e + e ) = ln ex = x. 2 2 1 x (e − e−x ) + 2

r

Also sind f und g Umkehrfunktionen zueinander. p √ 3 b) y = x3 + 1 ⇐⇒ y 2 = x3 + 1 ⇐⇒ √y 2 − 1 = x3 ⇐⇒ √ y 2 − 1 = x, x > 0, 3 3 d. h. die Funktionen f und g mit f (x) = x + 1 und g(x) = x2 − 1, x > 0, sind Umkehrfunktionen zueinander.

Lösung zu Aufgabe 8.7: Zu zeigen: gi (fi (x)) = x, und fi (gi (x)) = x, i = 1, 2, 3. i = 1: q p p 3 3 (f1 (x))4 − 1 = 3 [(x3 + 1)1/4 ]4 − 1 = x3 + 1 − 1 = x;  p 1/4 3 3 x4 − 1 + 1 f1 (g1 (x)) = = (x4 − 1 + 1)1/4 = x.

g1 (f1 (x)) =

i = 2:

 p f2 (x) + log2 a = log5 [(5x − log2 a) + log2 a] = log5 (5x ) = x;
2 √ x + log2 a − log2 a = x. f2 (g2 (x)) = (5g2 (x) − log2 a)2 = g2 (f2 (x)) = log5

i = 3:

ax − a−x x 1 1 + f3 (x) 1 ax + a−x = 1 log 2a g3 (f3 (x)) = loga = loga a x −x −x 2 1 − f3 (x) 2 2 2a a −a 1− x a + a−x 1 = loga a2x = loga ax = x; 2 1+

mit der Darstellung f3 (x) =

a2x − 1 folgt a2x + 1

1+x −1 a2g3 (x) − 1 2x 1+x−1+x 1 f3 (g3 (x)) = 2g (x) = = x. = = −x 1+x 1+x+1−x 2 a 3 +1 +1 1−x

Funktionen Lösung zu Aufgabe 8.8:   1 4x + 4 4·6+4 13 1 = 2− − =− a) lim 2 2 x→6 x2 2x 6 2·6 36     2 3 3 1 −3x + 3x − 1 (x − 1) = −3 − x = lim = lim −3 + − b) lim x→∞ x→∞ x→∞ x2 x2 x x2 x2 − 25 (x + 5)(x − 5) −5 − 5 = lim = = −5 x→−5 2(x + 5) x→−5 2(x + 5) 2 √ √ 3/ x − 3 3 (1 − x) 3 d) lim √ = lim √ √ = lim − √ = −3 x→1 x→1 x−1 x ( x − 1) x→1 x c) lim

1 1 − 16/x2 + 12/x4 x4 − 16x2 + 12 = lim =− 4 4 x→∞ x→∞ 1 − 2x 1/x − 2 2

e) lim

x2 + 2x + 1 − (x2 − 2x + 1) 4x (x + 1)2 − (x − 1)2 = = 3x + 5 3x + 5 3x + 5 4 4x (x + 1)2 − (x − 1)2 = lim = =⇒ lim x→∞ 3x + 5 x→∞ 3x + 5 3 g) lim (x3 + 2x2 − 3(x + 1)3 ) = −3 f)

x→0

e−2x + 3x − 1 e0 + 0 − 1 = =0 x→0 (1 − x)2 (1 − 0)2 Lösung zu Aufgabe 8.9:   1 1 876 1 2 = 5 · 52 + = a) lim 5x + x→5 3x 3·5 15 h) lim

2x + 1 1 x→∞ (x + 1)2 −→ 2 −x= =2+ x x x (x + 1)(x − 1) x2 − 1 x→1 = = x + 1 −→ 2 c) x−1 x−1 1/x − 1 (1 − x)/x 1−x −(x − 1) 1 x→1 d) = = = = − −→ −1 x−1 x−1 x(x − 1) x(x − 1) x b)

(1 − x)/x2 1 x→1 1/x2 − 1/x = = − 2 −→ −1 x−1 x−1 x 1 2/x − 1 2−x x−2 1 x→2 −→ − f) 2 = =− =− x −4 x(x2 − 4) x(x − 2)(x + 2) x(x + 2) 8     3 3 3 3 A 7.2 g) g) lim 2x = lim 2n = 0 − − x→∞ n→∞ x x+1 n n+1

√ √ √ √ √ √ x−1− x+1 x−1+ x+1 x−1− x+1
√ √ = h) x+2 (x + 2) x − 1 + x + 1 (x − 1) − (x + 1) −2 x→∞
=
−→ 0 √ √ √ √ = (x + 2) x − 1 + x + 1 (x + 2) x − 1 + x + 1 e)

111

112

Kapitel 8

Lösung zu Aufgabe 8.10: a) Skizze der Kostenfunktionen fI (x) = 80 + 0,15x, x ≥ 0, und fII (x) = 3,50 + x, x ≥ 0: y 80

..... ................ ........ .......................................... ....... .......................................... .......................................... ........................................................ ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... .. I ........................................... ........ .. .......................................... ....... ....... ....... ... ....... . . . . . . . . .. . ....... ....... ... ....... ........ .. ....... . . . . . ... . ..... . . . II . . . .... . . . . . . ... . ..... . . . . . ... . . ........ ....... . . . ... . . . ..... . . . . . ... . . ....... .. ....... . . . . . . . . ..... . . . . . ... . ........ .......................................................................................................................................... .........

.... ........ ... .. ..

f (x)

f (x)

3,5

x

x0

b) Gesucht: Schnittstelle x0 : fI (x) = fII (x) ⇐⇒ x = 90 =: x0 , also ist Alternative (I) ab 90 km (ausschließlich) kostengünstiger als (II). Lösung zu Aufgabe 8.11: a) (Gesamt-) Kostenfunktionen sind: KA (x) = 1 000 + 600 ln(x + 1)

und

KB (x) = 6 000 + 55 ln(x + 1).

. ........

y ............... 8000 .. 6000 4000 2000 0

KA (x)

.............................................................................. ............................................................... ......................................................................................................................................................................................................................... ....................................................................................................................................................................................................................... . ............ . . . ........... ... . .................... ................ B .. ............. ......... .. ........ . . . . . . . ... . . . . . . .. .. ... ... .. ... .. ... ... .. ... .... .. ... ... .. .... ... ... ... ... .. ... .... ... ... .. ... . ... ... .. .. ... ... ... ........................................................................................................................ ..

K (x)

0

4000

8000 x0

12000

16000

20000 x

b) Schnittpunktbestimmung: KA (x) = KB (x) ⇐⇒ x = e5 000/545 − 1 =: x0 mit x0 ≈ 9 645,13. ( ) < x0 kg Maschine A Also ist für Ausbringungsmengen x kostengünstiger. > x0 kg Maschine B

Funktionen

113

Lösung zu Aufgabe 8.12: a) Kostenfunktionen (pro Monat anfallende Gesamtkosten): y = 3x+30 000 (Gerade g1 ), y = 2x+80 000 (Gerade g2 ), y = x+150 000 (Gerade g3 ). b) Fall I: 60 000 Messer pro Monat. Einsetzen in die Kostenfunktionen liefert: 3 · 60 000 + 30 000 = 210 000, 2 · 60 000 + 80 000 = 200 000, 1 · 60 000 + 150 000 = 210 000; also produziert Maschine 2 kostengünstiger als die Maschinen 1 und 3. Fall II: 40 000 Messer pro Monat. Wie a); hier erhält man 150 000, 160 000 und 190 000, so dass die Produktion mit Maschine 1 die kostengünstigste ist. c) Zur Veranschaulichung werden Geraden g1 , g2 und g3 in ein gemeinsames Koordinatensystem eingezeichnet; dazu werden die Achsenabschnittsformen betrachtet: g1 :

x y x y x y + = 1, g2 : + = 1, g3 : + = 1. 30 000 −10 000 80 000 −40 000 150 000 −150 000

Bestimmung der Schnittpunkte der Geraden g1 und g2 : 3x + 30 000 = 2x + 80 000 ⇐⇒ x = 50 000, =⇒ Schnittpunkt: (x1 ,y1 ) = (50 000, 180 000), g1 und g3 : 3x + 30 000 = x + 150 000 ⇐⇒ x = 60 000, =⇒ Schnittpunkt: (x2 ,y2 ) = (60 000,210 000), g2 und g3 : x = 70 000, =⇒ Schnittpunkt: (x3 ,y3 ) = (70 000, 220 000) g1

. ...... ....... ....... ....... . . . . . .. 2 ............ ....... ....... ......... ...... .......... ....... ......... . ....... . . . . . . . . ................. . . . . . ...... .... .................. .......... .................. ....... .......... .................... ....... 3 ...... .................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ..... ....... ........................ .. ................. ......... ... ......................... .......... .................. ................................. .................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . ............ ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . .... . .................. .......... . .................. ..................... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . ............... ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . .. . . .......... .......... ....... .. .. .. .................. .......... ............. . . . . . . . . . . . . . .... ...... . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . ... ...... . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .... ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..... .... . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . .... ....... . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . .. . . ....... .......... ....... .. .. ......... . . . . . . . ... . . . . . . . . . ... .... . . . . . . . .......... . .. . . .. ....... ... ... ... ....... . . . . . . . .... . . . . . . . . ... . . .... . . . . . . . . ... . . . . . ....... . . ...... . . . . . . ... . . . . ... ... ... ... .. .. .. . . . ... ... ... ... .................................................................................... ...

.

y .....................

g

... ... .. ... ... .... .. ... .... .. .

150000

80000 30000

g

30000

x1

x2

x3

x

114

Kapitel 8 Insgesamt gilt daher: Bei Monatsproduktionen       bis 50 000 Maschine 1       produziert am kostengünstigsten. von 50 000 bis 70 000 Maschine 2          über 70 000 Maschine 3

d) Die Kostenfunktion einer solchen Maschine ist y = mx + 30 000. Diese Maschine produziert bei (monatlich) bis zu 70 000 Stück kostengünstiger als die Maschinen 2 und 3, falls gilt: 19 7 ≈ 2,714 < 19 7 ≈ 2,714

(I) m · 70 000 + 30 000 < 2 · 70 000 + 80 000 ⇐⇒ m
0. p ii) z = ax2 + 2bxy + cy 2 ; p p f (λx, λy) = aλ2 x2 + 2bλxλy + cλ2 y 2 = λ2 (ax2 + 2bxy + cy 2 ) p = λ ax2 + 2bxy + cy 2 = λf (x, y)

iii) z =

ax2 + 2bxy + cy 2 ; dx + ey

aλ2 x2 + 2bλxλy + cλ2 y 2 ax2 + 2bxy + cy 2 =λ = λf (x,y) dλx + eλy dx + ey p p p p iv) z = 3 x2 y; f (λx,λy) = 3 λ2 x2 λy = 3 λ3 x2 y = λ 3 x2 y = λf (x,y) f (λx, λy) =

b) X = f (L, K) = ALα K β , α + β = 1

f (λL, λK) = A(λL)α (λK)β = Aλα λβ Lα K β = Aλα+β Lα K β = λ · ALα K β = λf (L, K)

9 Differentiation Funktionen einer und zweier Variablen, Elastizitäten

Literaturhinweis: KCO, Kapitel 4, S. 107-126, Kapitel 6, S. 181-185

Aufgaben Aufgabe 9.1: Bestimmen Sie jeweils den Differentialquotienten lim

h→0

a)

f (x) = x +

c)

f (x) =

1 , x 6= 0 x

√ x − 1, x > 1

1 , x 6= 0 x2 1 g) f (x) = x3 − 2x 3

e)

f (x) =

b) f (x) = 2 −

f (x + h) − f (x) für h

√ x, x > 0

x−3 , x 6= −3 2x + 6 x2 f (x) = 2 x +1

d) f (x) = f)

Aufgabe 9.2: Ein Gegenstand falle in t Sekunden at2 Meter (a > 0). a) Berechnen Sie den Grenzwert der Durchschnittsgeschwindigkeit dieses Gegenstands für t → ∞. b) Berechnen Sie den Grenzwert der Durchschnittsgeschwindigkeit im Zeitintervall [t0 , t1 ] für t1 → t0 . c) Wie lautet die Gleichung der Tangente an die Kurve y = at2 im Punkt t0 = a−1/2 ?

116

Kapitel 9

Aufgabe 9.3: Bilden Sie jeweils die erste Ableitung der folgenden Funktionen:  x 2 1 , x 6= 0 + a) f (x) = 4x3 + 3x2 + 6x + 5 b) f (x) = 2x 2 √ x3 c) f (x) = d) f (x) = x2 x2 − 1, |x| > 1 2 1+x x−2 2 e) f (x) = √ , x > −2 f) f (x) = ax + e−x , a > 0 x+2 g) f (x) = 2ln x+2 , x > 0 x2 e−2 ln x , x>0 (x − 1)2 − x(x − 2) √ p √ k) f (x) = x 1 + x, x > 0

i)

f (x) =

h)

f (x) = x ln x + ln x2 + ln2 x, x > 0

j)

f (x) = (ln x3 ) ln x, x > 0

Aufgabe 9.4: Ermitteln Sie jeweils die erste Ableitung der durch f (x) gegebenen Funktionen: √

a) f (x) = x2 − 1 1 − x2 b) f (x) = x3 · 3 x4 + 5x2 r
x+1 c) f (x) = ln x2 + e3x d) f (x) = , x > −1 3x2 + 4

2 2 2/3 e) f (x) = e[(2x −1) ] f) f (x) = ln x4 − 1 , |x| > 1 √ 3 (x +4)/(x2 +5) x2 + ex − 3x g) f (x) = h) f (x) = e x2 + 1 √ x e · x2 x i) f (x) = 2 ,x>0 j) f (x) = 4 3x + 4 2x + 3x2

Aufgabe 9.5: Bestimmen Sie jeweils die erste Ableitung der durch f (x) gegebenen Funktionen: a)

f (x) = ex + 47x11

c)

f (x) =

e)

f (x) = (ln x)x , x > 1

√ 3 −x e + 47x12

2

g) f (x) = 3(ln x) , x > 0 i)

f (x) =

p √ 3 x − x, x > 1

k) f (x) = xx , x > 0

5x3 + ln x , x 6= 0 2x 1 d) f (x) = 2 x +5  √ f) f (x) = ln 3 e−x + 47x12 b) f (x) =

h) f (x) = 3ln x

j)

f (x) =


2

, x>0

p 3 (x2 + 1)4

Differentiation

117

Aufgabe 9.6: Berechnen Sie die zweiten Ableitungen der Funktionen f aus Aufgabe 9.5 a), d), h) und k).

Aufgabe 9.7: Bestimmen Sie a) die erste Ableitung der durch f (x) = ex · x · 5x , x ∈ R, gegebenen Funktion. b) die partiellen Ableitungen (nach den Variablen x und y) der folgenden Funktionen: i) f (x,y) = y(xx )x , x > 0, y ∈ R ii) f (x,y) =

q p √ ln 3 x, x > 0, y ∈ R

iii) f (x,y) = (45 )xy , x, y ∈ R

Aufgabe 9.8: Es seien f und g auf R definierte, differenzierbare Funktionen und g(x) > 0 ∀x ∈ R. Berechnen Sie a) die erste Ableitung der Funktion h1 mit h1 (x) = f (x2 + ln g(x)). y

b) die partiellen Ableitungen der Funktion h2 mit h2 (x,y) = xf (3 ) .

Aufgabe 9.9: Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen fx und fy der folgenden durch f (x, y) gegebenen Funktionen: p 3 e−x + 47y 12

a) f (x, y) =

√ π 47y + 11, x ∈ R

b) f (x, y) =

c) f (x, y) =

1 x2 + y 4 + 5

d) f (x, y) = e(e

e) f (x, y) = xy , x > 0

x

f)

)

1 − , y 6= 0 y

f (x, y) = ln e, (x, y) ∈ R2

118

Kapitel 9

Aufgabe 9.10: Für eine differenzierbare Funktion f mit f (x) 6= 0 heißt die durch ǫf (x) = x · Funktion ǫf die Elastizitätsfunktion.

f ′ (x) definierte f (x)

a) Bestimmen Sie jeweils die zugehörige Elastizitätsfunktion (mit Konstanten a, b und c): i)

f (x) = a + bx + cx2

ii)

f (x) = axb , x > 0, a 6= 0, b 6= 0

iii)

f (x) = a ln xb , x > 0, b 6= 0

iv) f (x) = ax , a > 0

b) Gegeben seien die Funktionen f und g. Zeigen Sie: Die Elastizität des Produkts der Funktionen f and g stimmt an jeder Stelle x mit der Summe der Elastizitäten von f bzw. g an der Stelle x überein.

Aufgabe 9.11: Ist in Aufgabe 9.10 die Variable x der Preis für ein (produziertes) Gut sowie f (x) die zugehörige Nachfrage, dann heißt ǫf (x) „Preiselastizität der Nachfrage“. Bestimmen Sie die Preiselastizität der Nachfrage für die folgenden sogenannten „Preis-Nachfrage-Gesetze“: a) f (x) =



a − xd b

 1c

, 0 ≤ x ≤ a1/d , a, b, c > 0, d ≥ 1,

b) f (x) = xa · e−b(x+c) , x ≥ 0, a, b, c > 0, 2

c) f (x) = 5 · e−2x , x ≥ 0. Für welche Preise reagiert die Nachfrage elastisch?

Aufgabe 9.12: a) Gegeben sind die folgenden Preis-Nachfrage-Gesetze. Für welche Preise p (> 0) reagiert die Nachfrage f (p) jeweils elastisch? i)

f (p) =

1 1 + p4

√ ii) f (p) = a e−p , a ∈ (0,∞) 10

b) Zeigen Sie, dass die durch f (p) = 1010−p , p > 0, gegebene Nachfrage genau dann elastisch reagiert, wenn p > (ln 1010 )−1/10 gilt.

Differentiation

119

Aufgabe 9.13: Zwischen dem Preis p (> 0) eines  Gutes  und der Nachfrage f (p) nach diesem Gut bestehe 1 der Zusammenhang g(p) = ln , wobei g eine auf (0,∞) differenzierbare Funktion ln f (p) bezeichnet. a) Stellen Sie das zugehörige Preis-Nachfrage-Gesetz auf. b) Berechnen Sie die zugehörige Preiselastizität der Nachfrage. c) Es sei g(p) = ln(p + 1). Für welche Preise p reagiert die Nachfrage unelastisch? Aufgabe 9.14: Ein Schüler erhält ein monatliches Taschengeldpvon t e. Davon kauft er pro Monat f1 (t) = √ t11/10 Tüten Gummibärchen und f2 (t) = ln 10 (1 + t)9 Tafeln Schokolade (jedenfalls näherungsweise . . .). a) Berechnen Sie die zugehörigen Einkommenselastizitäten ǫ1 und ǫ2 der Nachfrage.

b) Zeigen Sie: ǫ1 (t) > ǫ2 (t) ∀ t ≥ 4. Aufgabe 9.15:

√ 3 8,1 und 2,956 , indem Sie im √ 1. Schritt die Gleichungen der an die Kurven y = 3 x bzw. y = x6 in den Punkten x0 = 8 bzw. x0 = 3 gelegten Tangenten bestimmen und im

Bestimmen Sie Näherungswerte für die Zahlen

2. Schritt die Funktionswerte an den Stellen x = 8,1 bzw. x = 2,95 nicht auf der Kurve, sondern auf der Tangente wählen. Dieses Verfahren heißt Linearisierung. Geben Sie die bei diesen Näherungen jeweils gemachten absoluten bzw. prozentualen Fehler an. Aufgabe 9.16: Bestimmen Sie durch Linearisierung (siehe Aufgabe 9.15) Näherungswerte für √ a) 9,11 b) 32,22 c) ln 2,8 .

Aufgabe 9.17: Bestimmen Sie die Tangentengleichung y = g(x) an die Kurve y = f (x) = x2 − 4x + 3 in a)

x0 = 0

und

b)

x0 = 2 .

Bestimmen Sie ferner in beiden Fällen eine Zahl ε > 0 derart, dass der bei der Linearisierung entstehende relative Fehler, d. h. die Größe f (x)−g(x) f (x0 ) , im Intervall (x0 − ε, x0 + ε) kleiner als 0,1 ist.

120

Kapitel 9

Aufgabe 9.18: Bestimmen Sie 2 a) eine Gleichung der Tangente an die durch y = + ln x, x > 0, gegebene Kurve im x Punkte x = 1. b) für die Tangente aus a) den Achsenabschnitt auf der x-Achse. 2

2

c) für die Tangentialebene an die durch f (x, y) = (xy)2 ex +y + x, (x, y) ∈ R2 , gegebene Funktion im Punkt (a, a, f (a, a)), a ∈ R, den Achsenabschnitt auf der z-Achse.

Aufgabe 9.19: Stellen Sie jeweils eine Gleichung der Tangentialebene an die Funktion f im Punkt (x0 , y0 , f (x0 ,y0 )) auf: a) f (x, y) = 3x3 + y 4 , (x0 , y0 ) = (1,2), b) f (x, y) = e2xy (x2 − 2y), (x0 , y0 ) = (−1,0),

c) f (x, y) = a2 (ln x + y 2 ), x > 0, a ∈ R \ {0}, (x0 ,y0 ) = (e, e2 ).

Berechnen Sie jeweils die Gleichung der Tangente (in Normalform) an die Niveaulinie {(x, y, z) ∈ R3 | f (x, y) = z = f (x0 , y0 )} im Punkt (x0 , y0 ). (Hinweis: Diese Tangente ist die Schnittgerade der Ebene z = f (x0 ,y0 ) mit der oben aufzustellenden Tangentialebene.)

Aufgabe 9.20: 1 a) Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die durch y = 2 + x (x > 0) gegebene x Kurve im Punkt mit Abszisse 1. b) Stellen Sie eine Gleichung der Tangentialebene an die durch f (x,y) = xx · ln(y 2 ) + x, x ≥ 0, y ∈ R, gegebene Funktion im Punkt (2, 1) auf.

c) Formen Sie die Gleichung aus b) in die Achsenabschnittsform um, und schraffieren Sie (in einem Schrägbild) den in den Oktanten {(x, y, z) | x ≥ 0, y ≥ 0, z ≤ 0} fallenden Teil der Tangentialebene aus b).

d) Berechnen Sie (für f aus b)) eine Gleichung der Tangente an die Kurve {(x, y, z) | f (x, y) = z = f (2, 1), x ≥ 0, y ∈ R} im Punkt (2, 1).

Differentiation

121

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 9.1: f ′ (x) = lim

h→0

a)

f (x + h) − f (x) , falls dieser Grenzwert endlich existiert. h

f (x) = x +

1 , x 6= 0 x


  1 1 1 h+ f (x) = lim = lim − h→0 h→0 h h x+h x     1 1 x−x−h 1 = lim h+ = lim 1 − =1− 2 h→0 h h→0 (x + h)x (x + h)x x √ b) f (x) = 2 − x , x > 0 (x + h) +

′

1 x+h

− x+

1 x

√ √  √  √ √ √ 1 1 ( x − x + h)( x + x + h) √ [2 − x + h − 2 + x] = lim √ h→0 h h→0 h x+ x+h   1 x−x−h −1 1 √ √ =− √ = lim √ = lim √ x→0 h h→0 2 x x+ x+h x+ x+h √ f (x) = x − 1 , x > 1 f ′ (x) = lim

c)

 √ 1 √ x+h−1− x−1 h √ √ √   √ 1 ( x + h − 1 − x − 1)( x + h − 1 + x − 1) √ = lim √ h→0 h x+h−1+ x−1   1 1 x+h−1−x+1 √ √ = lim = √ h→0 h 2 x−1 x+h−1+ x−1

f ′ (x) = lim

h→0

1 x−3 x−3 = · , x 6= −3 2x + 6 2 x+3   1 x+h−3 x−3 f ′ (x) = lim − h→0 2h x+h+3 x+3

d) f (x) =

= lim

h→0

1 (x + h − 3)(x + 3) − (x + h + 3)(x − 3) 2h (x + h + 3)(x + 3)

6h 3 1 = h→0 2h (x + h + 3)(x + 3) (x + 3)2

= lim

122

Kapitel 9 1 , x 6= 0 x2     1 x2 − (x + h)2 1 1 1 = lim f ′ (x) = lim − h→0 h h→0 h (x + h)2 x2 (x + h)2 x2   1 −2xh − h2 −2x − h 2 = lim = lim =− 3 h→0 h (x + h2 )x2 h→0 (x + h)2 x2 x

e) f (x) =

x2 x2 + 1   (x + h)2 x2 1 ′ − 2 f (x) = lim h→0 h (x + h)2 + 1 x +1 2 2 1 (x + h) (x + 1) − ((x + h)2 + 1)x2 = lim h→0 h ((x + h)2 + 1)(x2 + 1)

f) f (x) =

2xh + h2 2x 1 = 2 h→0 h ((x + h)2 + 1)(x2 + 1) (x + 1)2

= lim g) f (x) =

1 3 x − 2x 3


+ h)3 − 2(x + h) − 31 x3 − 2x hx2 + h2 x + = lim f (x) = lim h→0 h→0 h h   1 = lim x2 + hx + h2 − 2 = x2 − 2 h→0 3 ′

1 3 (x

1 3

h3 − 2h

Lösung zu Aufgabe 9.2: a) Durchschnittsgeschwindigkeit in [0, t]: f (t) t→∞ = at −→ ∞. t b)

f (t) − f (0) f (t) = [m/sec] mit f (t) = at2 ; t−0 t

a(t21 − t20 ) f(t1 ) − f (t0 ) t1 →t0 = = a(t1 + t0 ) −− −−→ 2at0 . t1 − t0 t1 − t0

c) Die Tangentengleichung ist allgemein gegeben durch y = f (t0 ) + f ′ (t0 )(t − t0 ), also gilt hier:   √ 1 1 y = 1 + 2a · √ t − √ = 2 at − 1. a a

Differentiation

123

Lösung zu Aufgabe 9.3: a)

f (x) = 4x3 + 3x2 + 6x + 5 f ′ (x) = 12x2 + 6x + 6  x 2 1 + , x 6= 0 2x 2   1 1 2x x 1 ′ f (x) = − 2 + =− 2 + 2 x 4 2x 2

b) f (x) =

c)

f (x) =

x3 1 + x2

3x2 (1 + x2 ) − x3 · 2x x4 + 3x2 = (1 + x2 )2 (1 + x2 )2 √ d) f (x) = x2 x2 − 1 , |x| > 1 f ′ (x) =

√ √ 1 x3 f ′ (x) = 2x x2 − 1 + x2 √ · 2x = 2x x2 − 1 + √ 2 2 x −1 x2 − 1 = e)

3x3 − 2x 2x(x2 − 1) + x3 √ = √ x2 − 1 x2 − 1

x−2 , x > −2 f (x) = √ x+2 √ 1 1 · x + 2 − (x − 2) 2√x+2 2(x + 2) − (x − 2) x+6 ′ p f (x) = = = x+2 2(x + 2)3/2 2 · (x + 2)3 2

2

f) f (x) = ax + e−x , a > 0, ax = eln a 2

x2

= ex

2

ln a

2

f ′ (x) = ax ln a · 2x + e−x (−1) = 2xax ln a − e−x ln x

g) f (x) = 2ln x+2 = 4eln 2 f ′ (x) = 4 · 2ln x ·

= 4e(ln x) ln 2 , x > 0

1 · ln 2 x

h) f (x) = x ln x + ln x2 + ln2 x, x > 0       1 1 1 ′ + · 2x + 2 ln x · f (x) = 1 · ln x + x · x x2 x   2 2 2 = ln x + 1 + + ln x = (1 + ln x) 1 + x x x

124

Kapitel 9 −2

i)

x2 eln x x2 x−2 x2 e−2 ln x = = = 1, x > 0 f (x) = (x − 1)2 − x(x − 2) x2 − 2x + 1 − x2 + 2x 1

f ′ (x) = 0 (Funktionsterm zunächst vereinfachen!) j)

f (x) = (ln x3 ) · ln x, x > 0 f ′ (x) =

1 1 3 1 3 3 6 3x2 · ln x + (ln x3 ) · = ln x + ln x3 = ln x + ln x = ln x x3 x x x x x x

oder f (x) = 3 ln x · ln x = 3(ln x)2 k) f (x) =

und damit f ′ (x) = 6 ln x ·

1 . x

√ p √ x 1 + x, x > 0

# " √ √ 1 1 p 1 f (x) = √ 1+ x+ x p √ · √ 2 x 2 1+ x 2 x p √ √ √ √ 1+ x 1 2(1 + x) + x 2+3 x 1 p p √ p = + √ = √ √ = √ √ 2 x 4 1+ x 4 x 1+ x 4 x 1+ x ′

Lösung zu Aufgabe 9.4: a) f (x) = (x2 − 1)(1 − x2 ) = −(x2 − 1)2 f ′ (x) = −2(x2 − 1) · 2x = −4x(x2 − 1) b) f (x) = x3 ·

√ 3

x4 + 5x2

√ 1 f ′ (x) = 3x2 3 x4 + 5x2 + x3 (x4 + 5x2 )−2/3 (4x3 + 10x) 3

c) f (x) = ln(x2 + e3x ), 1 (2x + 3e3x ) x2 + e3x p d) f (x) = (x + 1)/(3x2 + 4) f ′ (x) =

3x2 + 4 − 6x(x + 1) −3x2 − 6x + 4 1 = f ′ (x) = p (3x2 + 4)2 2(x + 1)1/2 (3x2 + 4)3/2 2 (x + 1)/(3x2 + 4)

e) f (x) = e[(2x

2

−1)2/3 ]

f ′ (x) = e[(2x

2

−1)2/3 ]

2 8 2 2/3 · (2x2 − 1)−1/3 · 4x = e[(2x −1) ] · x(2x2 − 1)−1/3 3 3

Differentiation

125

f) f (x) = (ln(x4 − 1))2 f ′ (x) = 2 ln(x4 − 1) g) f (x) =

x4

x2 + ex − 3x x2 + 1

1 ln(x4 − 1) · x3 4x3 = 8 −1 x4 − 1

(2x + ex − 3)(x2 + 1) − (x2 + ex − 3x)2x (x2 + 1)2 x2 (ex + 3) + 2x(1 − ex ) + ex − 3 = (x2 + 1)2 √ 3 (x +4)/(x2 +5) h) f (x) = e √ 3 (x +4)/(x2 +5) 3x2 · (x2 + 5) − 2x(x3 + 4) 1 f ′ (x) = e · · p (x2 + 5)2 2 (x3 + 4)/(x2 + 5) √ 3 (x +4)/(x2 +5) x4 + 15x2 − 8x =e 2(x3 + 4)1/2 (x2 + 5)3/2 f ′ (x) =

i)

f (x) =

ex · x2 3x2 + 4

ex x(3x3 + 4x + 8) (ex · x2 + 2xex )(3x2 + 4) − 6x · ex · x2 = (3x2 + 4)2 (3x2 + 4)2 √ x j) f (x) = 4 2x + 3x2 √ √ (2 x)−1 (2x4 + 3x2 ) − x(8x3 + 6x) ′ f (x) = (2x4 + 3x2 )2 14x2 + 9 −14x4 − 9x2 = − = √ 2 x(2x4 + 3x2 )2 2x5/2 (2x2 + 3)2 Alternative: 1 f (x) = 7/2 2x + 3x3/2 f ′ (x) =

f ′ (x) = −

7x5/2 + 92 x1/2 14x2 + 9 = − (2x7/2 + 3x3/2 )2 2x5/2 (2x2 + 3)2

Lösung zu Aufgabe 9.5: a)

f (x) = ex + 47x11 f ′ (x) = ex + 11 · 47 · x10 = ex + 517x10

126

Kapitel 9

b) f (x) =

5x3 + ln x 2x

10x3 − ln x + 1 2x(5x3 + ln x)′ − (5x3 + ln x) · 2 = 4x2 2x2 √ c) f (x) = 3 e−x + 47x12 f ′ (x) =

f ′ (x) = d) f (x) =

1 −x (e + 47x12 )−2/3 · (−e−x + 564x11 ) 3 1 x2 + 5

f ′ (x) = −

(x2

2x + 5)2

e) f (x) = eln((ln x) ′

x ln ln x

f (x) = e

= (ln x)x f) f (x) = ln

x

)

= ex ln ln x

 (x(ln ln x) + ln ln x) = (ln x) x



′

x

 1 + ln ln x ln x

 1 + ln ln x x ln x

√
3 −x e + 47x12

1 1 c) f ′ (x) = √ · (e−x + 47x12 )−2/3 (−e−x + 564x11 ) 3 −x 12 3 e + 47x g) f (x) = eln 3·(ln x)

2

2

f ′ (x) = 3(ln x) (ln 3)(2 ln x)

1 ln x 2 = 3(ln x) (2 ln 3) · x x

h) f (x) = (3ln x )2 f ′ (x) = 2(3ln x ) · (3ln x )′ = (3ln x )2 i)

f (x) = f ′ (x) =

j)

f (x) = f ′ (x) =

2 ln 3 x

p √ 3 x− x

  √ 1 1 (x − x)−2/3 · 1 − √ 3 2 x

p 3 (x2 + 1)4 = (x2 + 1)4/3

8 √ 4 2 (x + 1)1/3 2x = x 3 x2 + 1 3 3

Differentiation

127

k) f (x) = xx = eln(x

x

)

= ex ln x

  1 f ′ (x) = ex ln x (x ln x)′ = ex ln x x + ln x = xx (1 + ln x) x

Lösung zu Aufgabe 9.6: a) f ′′ (x) = ex + 5 170x9 2(x2 + 5) − 8x2 10 − 6x2 2(x2 + 5)2 − 2x2(x2 + 5)2x =− = 2 2 4 2 3 (x + 5) (x + 5) (x + 5)3   2 ln 3 2 ln 3 ln 3 ln x 2 ln 3 − 1 h) f ′′ (x) = (3ln x )2 − 2 + · 2 · 3ln x · ·3 = 2 ln 3 · 32 ln x x x x x2   ′′ x ′ x ′ x 2 x1 x 1 2 k) f (x) = (x ) (1+ln x)+x (1+ln x) = x (1+ln x) +x =x + (1 + ln x) x x d) f ′′ (x) = −

Lösung zu Aufgabe 9.7: a) f (x) = x(5e)x =⇒ f ′ (x) = x(5e)x ln(5e) + (5e)x = (5ex )(x(ln 5 + 1) + 1) (mit ln e = 1) b)

i) f (x, y) = yx(x

2

)

= yex

2

ln x

2

=⇒ fx (x, y) = yx1+x (1 + 2 ln x), fy (x, y) = (xx )x √

1 √ ln x1/6 = √ ln x ∀ y ∈ R 6 −1  √ √ , fy (x,y) = 0 ∀ x > 0 =⇒ fx (x, y) = 2 6x ln x

ii) f (x, y) =

iii) f (x, y) = (45x )y = (45y )x

=⇒ fx (x, y) = 45xy ln(45y ), fy (x, y) = 45xy ln(45x )

Lösung zu Aufgabe 9.8: a)

h′1 (x)



g ′ (x) = f (x + ln g(x)) · (x + ln g(x)) = f (x + ln g(x)) 2x + g(x) ′

2

2

y

b) (h2 )x (x, y) = xf (3

)−1

′

′

2

y

f (3y ), (h2 )y (x, y) = (ln x)xf (3 ) f ′ (3y )3y ln 3



128

Kapitel 9

Lösung zu Aufgabe 9.9: √ π

47y + 11, fx (x, y) = 0 ∀ y ∈ R, 1 fy (x, y) = (47y + 11)1/π−1 47y · ln 47 π p 1 b) f (x, y) = 3 e−x + 47y 12 , fx (x, y) = (e−x + 47y 12 )−2/3 (−e−x ), 3 1 −x fy (x, y) = (e + 47y 12 )−2/3 · 564y 11 3 a) f (x, y) =

c) f (x, y) =

2x 1 , , fx (x, y) = − 2 x2 + y 4 + 5 (x + y 4 + 5)2 4y 3 fy (x, y) = − 2 (x + y 4 + 5)2

d) f (x, y) = e(e

x

)

1 x x − , fx (x, y) = e(e ) · ex = ex+e , y

fy (x, y) =

1 y2

e) f (x, y) = xy , fx (x, y) = yxy−1 , fy (x, y) = (ln x)xy , x > 0 f) f (x, y) = ln e = 1,

fx (x, y) = fy (x, y) = 0 ∀ (x, y) ∈ R2

Lösung zu Aufgabe 9.10: Elastizitätsfunktion: ǫf (x) = x a)

f ′ (x) f (x)

i)

f (x) = a + bx + cx2 , f ′ (x) = b + 2cx =⇒ ǫf (x) = x

ii)

f (x) = axb , f ′ (x) = abxb−1 =⇒ ǫf (x) = x

iii)

f (x) = a ln xb = ab ln x, f ′ (x) =

abxb−1 =b axb

ab ab 1 =⇒ ǫf (x) = x = x x ab ln x ln x

iv) f (x) = ax = ex ln a , f ′ (x) = ax · ln a =⇒ ǫf (x) = x b) ǫf ·g (x) = x · =x·

b + 2cx a + bx + cx2

(f (x) · g(x))′ f ′ (x)g(x) + f (x)g ′ (x) =x· f (x)g(x) f (x)g(x) g ′ (x) f ′ (x) +x· = ǫf (x) + ǫg (x) f (x) g(x)

ax ln a = x · ln a ax

Differentiation

129

Lösung zu Aufgabe 9.11:  1/c a − xd a) f (x) = ; b Elastizität:

′

f (x) =x ǫf (x) = x · f (x) d d bc x = − a−x d = − b

1 c



a−xd b

1/c−1



a−xd b

− db xd−1

1/c




dxd (≤ 0 nach Voraussetzung) c(a − xd )

Die Nachfrage heißt elastisch, falls ǫf (x) < −1, d. h. −

dxd ca < −1 ⇐⇒ c(a−xd ) < dxd ⇐⇒ xd > ⇐⇒ x > c(a − xd ) c+d



ca c+d

1/d

.

b) f (x) = xa e−b(x+c) , f ′ (x) = axx−1 e−b(x+c) − xa e−b(x+c) · b = xa−1 e−b(x+c) (a − bx) =⇒ ǫf (x) = x

f ′ (x) = a − bx. f (x)

a+1 b reagiert die Nachfrage elastisch für alle x und wegen ǫf (x) > 1 ⇐⇒ x < a−1 b reagiert die Nachfrage elastisch für alle 2 2 f ′ (x) = −4x2 f (x) = 5e−2x , f ′ (x) = −20xe−2x =⇒ ǫf (x) = x

Wegen ǫf (x) < −1 ⇐⇒ x >

c)

x

a+1 b , < a−1 b .

f (x)

2

Nun ist (wegen x ≥ 0): −4x < −1 ⇐⇒ x > elastisch.

1 2,

d. h. für x >

1 2

reagiert die Nachfrage

Lösung zu Aufgabe 9.12: a)

>

i)

ii)

iii)

1 4p3 4p4 =⇒ f ′ (p) = − =⇒ ǫf (p) = − 4 4 2 1+p (1 + p ) 1 + p4 1 ǫf (p) < −1 ⇐⇒ p > √ (≈ 0,7598) 4 3 a p f (p) = ae−p/2 =⇒ f ′ (p) = − e−p/2 =⇒ ǫf (p) = − 2 2 ǫf (p) < −1 ⇐⇒ p > 2 f (p) =

10

f (p) = 1010−p

10

=⇒ f ′ (p) = −(10 ln 10)p9 · 1010−p

=⇒ ǫf (p) = −p10 ln 1010

1 √ ǫf (p) < −1 ⇐⇒ p > 10 ⇐⇒ p > (ln 1010 )−1/10 ln 1010

130

Kapitel 9

Lösung zu Aufgabe 9.13: a) g(p) = − ln(ln f (p)) ⇐⇒ e−g(p) = ln f (p) ⇐⇒ f (p) = exp{e−g(p) }

b) f ′ (p) = exp{e−g(p) } · e−g(p) (−g ′ (p)), also ist die gesuchte Elastizität gegeben durch ǫf (p) = −pg ′ (p)e−g(p) . c) ǫf (p) = −p

−p 1 −p 1 ; e− ln(p+1) = · = p+1 p+1 p+1 (p + 1)2

ǫf (p) > −1 ⇐⇒ (p + 1)2 > p, was für alle p > 0 gilt. Mit p > 0 ist ferner ǫf (p) < 0. Daher reagiert die Nachfrage für alle Preise p > 0 unelastisch.

Lösung zu Aufgabe 9.14: a) f1 (t) = t11/20 =⇒ ǫ1 (t) = t f2 (t) =

f1′ (t) 11 = f1 (t) 20

t 9 · ln(1 + t) =⇒ ǫ2 (t) = 10 (1 + t) ln(1 + t)

b) Behauptung:

t 11 > 20 (1 + t) ln(1 + t)

∀t≥4

ln(1 + t) − t < 0 ⇐⇒ 1 + t < et (Standardabschätzung der (1 + t)2 ln2 (1 + t) Exponentialfunktion für alle t ∈ R) ist ǫ2 monoton fallend. Also gilt: Wegen ǫ′2 (t) =

ǫ1 (t) =

11 4 > = ǫ2 (4) ≥ ǫ2 (t) 20 5 ln 5

∀ t ≥ 4.

Lösung zu Aufgabe 9.15: √ 3

1 −2/3 x , 3 also ist die Tangente an f1 (x) in x0 = 8 gegeben durch:

1. Schritt: f1 (x) =

x =⇒ f1′ (x) =

√ 1 x−8 3 8 + 8−2/3 (x − 8) = 2 + 3 12 (siehe dazu auch Lösung zu Aufgabe 9.17)

g1 (x) = f1 (x0 ) + f1′ (x0 )(x − x0 ) =

f2 (x) = x6 =⇒ f2′ (x) = 6x5 , also ist die Tangente an f2 (x) in x0 = 3: g2 (x) = 729 + 1 458(x − 3). 2. Schritt:

• Näherungswert für

√ 3

8,1 : g1 (8,1) =

241 = 2,0083 120

Differentiation

131

• Näherungswert für 2,956 : g2 (2,95) = 656,1 √ Fehler: absolut: | 3 8,1 − g1 (8,1)| ≈ 0,00003448 √ | 3 8,1 − g1 (8,1)| √ ≈ 0,0000172 = 0,00172% prozentual: 3 8,1 bzw. absolut:

|2,956 − g2 (2,95)| ≈ 2,9708

prozentual:

|2,956 − g2 (2,95)| ≈ 0,00451 = 0,451% 2,956

Lösung zu Aufgabe 9.16: Wie bei Lösung 9.15: f (x) ≈ f (x0 ) + f ′ (x0 ) · (x − x0 ) in der Nähe von x0 . a) f (x) = =⇒

√ √ 1 1 √ x, also x ≈ x0 + √ (x − x0 ) = 3 + (x − 9) für x0 = 9 2 x0 6

√ √ 1 9,11 ≈ 3 + · 0,11 = 3,0183 (exakt: 9,11 = 3,018277655 . . .) 6

b) f (x) = 3x , also: 3x ≈ 3x0 + (ln 3) · 3x0 (x − x0 ) = 32 + 32 · (ln 3)(x − 2) für x0 = 2 =⇒ 32,22 ≈ 9 + (ln 3) · 9 · 0,22 ≈ 11,175 (exakt: 32,22 = 11,460648 . . .)

1 (x − e), wenn x0 = e e 1 2,8 =⇒ ln 2,8 ≈ 1 + (2,8 − e) = ≈ 1,03006 (exakt: ln 2,8 = 1,029619 . . .) e e

c) f (x) = ln x, also: ln x ≈ ln e +

Lösung zu Aufgabe 9.17: f (x) = x2 − 4x + 3 mit Tangente g(x). Steigung der Tangente in x0 : f ′ (x0 ) = 2x0 − 4. a) x0 = 0; f ′ (x0 ) = −4

f (x0 ) = g(x0 ) = 3, d. h. g geht durch den Punkt (0,3) und hat die Steigung −4. Ansatz: g(x) = ax + b, a = −4. Punkt einsetzen: 3 = −4 · 0 + b =⇒ b = 3 =⇒ g(x) = −4x + 3. Direkt: g(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) = 3 − 4x, x ∈ R.

b) x0 = 2, f ′ (2) = 0

f (2) = g(2) = −1, d. h. g geht durch (2, − 1) mit Steigung 0. Ansatz: g(x) = ax + b, a = 0; also: g(x) = b. Punkt einsetzen: −1 = b =⇒ g(x) = −1 für alle x ∈ R. Direkt: g(x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) = −1, x ∈ R.

132

Kapitel 9 f (x) − g(x) x2 x2 √ √ = = < 0,1 ⇐⇒ x2 < 0,3 ⇐⇒ − 0,3 < x < 0,3 zu a): f (x0 ) 3 3 √ Intervall: (x0 − ε, x0 + ε), x0 = 0, d. h. ε = 0,3. f (x) − g(x) x2 − 4x + 3 + 1 = = (x − 2)2 < 0,1; d. h. ε = √0,1 zu b): f (x0 ) −1 √ √ Intervall: (2 − 0,1, 2 + 0,1).

Lösung zu Aufgabe 9.18: a) Allgemeine Form der Tangentengleichung an y = f (x) im Punkt (x0 , f (x0 )): y = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) 2 + ln x und x0 = 1: x   1 2 f ′ (x) = 1− =⇒ y = 2 − (x − 1) ⇐⇒ y = 3 − x. x x

Speziell für f (x) =

x y b) y = 3 − x ⇐⇒ + = 1 (Achsenabschnittsform). Also ist 3 der gesuchte Achsen3 3 abschnitt. c) fx (x,y) = 2xy 2 ex

2

+y 2

(1 + x2 ) + 1, fy (x,y) = 2x2 yex

2

+y 2

(1 + y 2 ),

2

f (a,a) = a(a3 e2a + 1). Allgemein ist die Gleichung der Tangentialebene gegeben durch: z = f (a, a) + fx (a, a)(x − a) + fy (a, a)(y − a) 2

2

2

⇐⇒ z = a(a3 e2a + 1) + [2a3 e2a (1 + a2 ) + 1](x − a) + 2a3 e2a (1 + a2 )(y − a) ⇐⇒

2

2

2

[2a3 e2a (1 + a2 ) + 1]x + 2a3 e2a (1 + a2 )y − z = a4 e2a (4a2 + 3). 2

Also ist a4 e2a (−4a2 − 3) der gesuchte Achsenabschnitt auf der z-Achse.

Lösung zu Aufgabe 9.19: Eine Tangentialebene ist gegeben durch z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) mit partiellen Ableitungen fx und fy von f nach x bzw. y.

Differentiation

133

a) Wegen fx (x,y) = 9x2 , fy (x, y) = 4y 3 ist z = 19 + 9(x − 1) + 32(y − 2) die gesuchte Tangentialebene. b) Wegen fx (x, y) = e2xy 2x + (x2 − 2y)2ye2xy = 2e2xy (x + y(x2 − 2y)), fy (x, y) = 2e2xy (x(x2 − 2y) − 1) ist

z = 1 − 2(x + 1) − 4y die gesuchte Gleichung der Tangentialebene. c) Aus fx (x, y) =

a2 und fy (x, y) = 2a2 y folgt die Tangentialebenengleichung x z = a2 (1 + e4 ) +

a2 (x − e) + 2(ae)2 (y − e2 ). e

Die Niveaulinie {(x, y, z) | f (x, y) = z = f (x0 , y0 )} ist die Schnittkurve von f mit der (zur x, y-Ebene parallelen) Ebene z = f (x0 , y0 ). Nach Hinweis vererbt sich die Berührung der oben berechneten Tangentialebenen auf die Berührung der Schnittgeraden mit der Niveaulinie. Die Gleichung der gesuchten Tangente ist in allgemeiner Form gegeben durch: f (x0 ,y0 ) = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 )

⇐⇒ fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) = 0. In den speziellen Situationen erhält man: bei a):

9(x − 1) + 32(y − 2) = 0 ⇐⇒ y = −

1 1 bei b): y = − x − 2 2 1 1 bei c): y = − 3 x + 2 + e2 . 2e 2e

73 9 x+ 32 32

Lösung zu Aufgabe 9.20: 2 1 + x =⇒ f ′ (x) = 1 − 3 . x2 x Die Gleichung der Tangente an die Kurve y = f (x) im Punkt x = x0 ist allgemein gegeben durch y = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ). Im vorliegenden Fall resultiert daher die Gleichung y = f (1) + f ′ (1)(x − 1). Auswerten ergibt

a) f (x) =

y = 3 − x.

134

Kapitel 9

b) Aus fx (x,y) = xx (1 + ln x) ln(y 2 ) + 1, fy (x,y) = f (2, 1) = 2, fx (2, 1) = 1 und fy (2, 1) = 8.

2 x x resultieren die Werte y

Damit lautet die gesuchte Gleichung: z = f (2, 1) + fx (2, 1)(x − 2) + fy (2, 1)(y − 1) ⇐⇒ z = 2 + (x − 2) + 8(y − 1). c) z = 2 + (x − 2) + 8(y − 1) ⇐⇒

z x y + + = 1. Dies liefert die Skizze: 8 1 (−8) z 1 y

8 x

−8

d) Die gesuchte Gleichung lautet (analog zu Aufgabe 9.19): fx (2, 1)(x − 2) + fy (2, 1)(y − 1) = 0 ⇐⇒ (x − 2) + 8(y − 1) = 0.

10 Kurvendiskussion und Optimierung Funktionen einer und zweier Variablen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 4, S. 126-147, Kapitel 6, S. 186-204

Aufgaben Aufgabe 10.1: Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen alle Nullstellen, die Vorzeichen von f zwischen den Nullstellen, das Monotonieverhalten, die relativen Extrema, die Konvexitäts- und Konkavitätsbereiche sowie die Wendepunkte. Fertigen Sie aufgrund dieser Ergebnisse Skizzen der Funktionsverläufe an. a) f (x) = x3 − x2 − x + 1

b) f (x) = x4 − 3x2 − 4

Aufgabe 10.2: Diskutieren Sie die durch f (x) = 6x − x3 gegebene Funktion über dem Intervall [−3, 2,5] einschließlich der absoluten Extrema. Fertigen Sie unter Verwendung dieser Ergebnisse eine Skizze des Funktionsverlaufs an. Aufgabe 10.3: Ermitteln Sie für die Funktionen f und g mit f (x)
g(x) = e2x x2 − 2x

=

1 3 x − x2 − 3x und 3

a) alle Nullstellen,

b) die Vorzeichen von f und g zwischen den Nullstellen, c) das Monotonieverhalten, d) die relativen Extrema, e) die absoluten Extrema im Intervall [−4, 5], f) die Konvexitäts- bzw. Konkavitätsbereiche und g) die Wendepunkte. Skizzieren Sie unter Verwendung dieser Ergebnisse jeweils den Funktionsverlauf.

136

Kapitel 10

Aufgabe 10.4: Bestimmen Sie für die durch f (x) = x2 · e−x/2 definierte Funktion a)

alle Nullstellen,

b) die relativen Extrema,

c)

das Monotonieverhalten, d) die absoluten Extrema im Intervall [2,5],

e)

die Wendepunkte,

f)

die Konvexitäts- und Konkavitätsbereiche.

Skizzieren Sie unter Verwendung obiger Ergebnisse den Funktionsverlauf von f .

Aufgabe 10.5: Die Funktion f mit 2

(x−µ) 1 e− 2σ2 , x ∈ R, f (x) = √ 2πσ

und Parametern µ ∈ R, σ > 0, ist in der Statistik von besonderer Bedeutung. Dort bezeichnet man f als die Dichtefunktion einer Normalverteilung mit den Parametern µ und σ. Bestimmen Sie a) das absolute Maximum von f , b) die Wendepunkte von f , c) die Schnittpunkte der Abszisse mit den Tangenten an die Funktion f in den Wendepunkten (Wendetangenten), und skizzieren Sie den Funktionsgraphen.

Aufgabe 10.6: Welches Rechteck (mit den Seitenlängen x und y) hat bei gegebener Länge d der Diagonalen den größten Flächeninhalt (absolutes Maximum!)?

Aufgabe 10.7: a) Ein Rechteck hat den gegebenen Umfang U . Welche Abmessungen müssen die Rechteckseiten haben, damit die Rechteckfläche maximal wird? b) Eine quaderförmige Schachtel hat die Maße: Länge l = 20 cm, Breite b = 10 cm, Höhe h = 5 cm. Welche Maße müsste eine Schachtel haben, damit bei demselben Volumen V und derselben Länge l der Materialverbrauch (die Oberfläche) möglichst klein wird? Wieviel Prozent der Materialmenge kann auf diese Weise eingespart werden?

Kurvendiskussion und Optimierung

137

Aufgabe 10.8: Ein Fabrikant verkauft monatlich 10 000 T-Shirts zu einem Stückpreis von 20 e. Eine Marktanalyse hat ergeben, dass eine Preissenkung um 1 e pro T-Shirt jeweils zu einer Absatzsteigerung um 2 000 T-Shirts im Monat führen würde. Bei welchem Verkaufspreis nimmt der Gewinn des Fabrikanten ein Maximum an, wenn der Selbstkostenpreis für ein T-Shirt 14 e beträgt?

Aufgabe 10.9: Ein Baumaschinenhersteller sei Monopolist in der Fabrikation von Dampfwalzen. Er kann pro Woche höchstens 25 Stück produzieren. Der Preis pro Stück, zu dem er eine Menge von x Dampfwalzen pro Woche absetzen kann, sei (40 000−1 000 x) e. Die Produktion von x Dampfwalzen erfordere Kosten von (500 x3 − 8 500 x2 + 40 000 x) e. a) Geben Sie die Erlösfunktion E und die Gewinnfunktion G an.

b) Berechnen Sie das Maximum des Gewinns für Nachfragemengen x ∈ [0,25] (indem Sie zwecks Bestimmung der Extremwerte durch Nullsetzen der ersten Ableitung, etc., in starker Idealisierung x als eine kontinuierliche Variable auffassen!).

Aufgabe 10.10: Im Hardware-Bereich eines Systemhauses fallen bei der Produktion von x Computern pro Tag die Kosten von 1 000 + 50 · x2 e an. An jedem Tag wird die Ausbringungsmenge x in Abhängigkeit vom Tagespreis p (pro Computer) so festgelegt, dass der Gewinn maximal wird. Wie viele Rechner werden bei einem Tagespreis von 400 e (1 000 e) an diesem Tag produziert? Wie hoch ist der Gewinn?

Aufgabe 10.11: Gesucht ist die Gleichung eines Polynoms dritten Grades f (x) = ax3 + bx2 + cx + d) mit den folgenden Eigenschaften:

(allgemeine

Form:

a) Nullstelle bei x = −2,

b) Extremum im Punkt (0, 11), c) Wendepunkt bei x = 3.

Aufgabe 10.12: Bestimmen Sie die Koeffizienten a, b, c und d des durch f (x) = ax3 + bx2 + cx + d bestimmten Polynoms dritten Grades so, dass dieses die y-Achse bei y = 2 schneidet, ein relatives Extremum im Punkt (1, 3) und einen Wendepunkt bei x = −1 hat.

138

Kapitel 10

Aufgabe 10.13: Bestimmen Sie die Koeffizienten a, b, c, d und e des durch f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e definierten Polynoms vierten Grades so, dass f im Nullpunkt einen Wendepunkt mit Tangentengleichung y = x und im Punkt (2, 4) einen Extremwert besitzt.

Aufgabe 10.14: Sei f (x) = ax2 − 2x + 1. a) Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an die Parabel y = f (x) im Punkt (1, f (1)). Für welche Werte von a geht die Tangente durch den Ursprung? b) Bestimmen Sie den Parameter a so, dass der Punkt (−3, 43) auf der Parabel liegt, und bestimmen Sie die Gleichung der Tangente in diesem Punkt.

Aufgabe 10.15: Ermitteln Sie für die Funktion f zu f (x,y) = x2 y − 9y − 2x2 + 5 alle stationären Punkte, und bestimmen Sie die Gleichung der Tangentialebene an die durch die Funktion gegebene Fläche im Punkt (1, 2).

Aufgabe 10.16: Untersuchen Sie die durch f (x,y) = x2 + y 2 − 6x − 2y + 10, (x,y) ∈ R2 , und g(x,y) = e(x−e)

2

+y 2

, (x,y) ∈ R2 ,

gegebenen Funktionen auf Extremwerte.

Aufgabe 10.17: a) Berechnen Sie alle stationären Punkte der durch f (x,y) = x(x + 1) + 2y(y + 2), (x,y) ∈ R2 , gegebenen Funktion unter der Nebenbedingung x2 = 1 − 2y 2 . b) Untersuchen Sie f auf relative Extremwerte auf dem ganzen R2 .

Kurvendiskussion und Optimierung

139

Aufgabe 10.18: a) Bestimmen Sie einen stationären Punkt (x0 , y0 ) der durch f (x,y) = x2 + y(c + 2x + 3y),

(x,y) ∈ R2 ,

gegebenen Funktion unter der Nebenbedingung 2x = 1 − y. b) Für welche Wahl von c gilt y0 = 1 ? c) Untersuchen Sie die Funktion f aus a) mit c = 1 auf relative Extremwerte auf dem gesamten R2 .

Aufgabe 10.19: Ermitteln Sie mit Hilfe der Lagrangeschen Multiplikatoren-Methode die stationären Punkte von a)

f (x, y) = 3x2 + 4y 2 + 6xy

b) f (x, y) = 3x + 2y + 5

unter der Nebenbedingung

x + 2y = 4,

unter der Nebenbedingung

x2 + 2y 2 = 1.

Aufgabe 10.20: Ermitteln Sie die stationären Punkte von a)

f (x, y) = 10 − 2x2 − y 2

b) f (x, y) = 3y + 2x − 7

unter der Nebenbedingung unter der Nebenbedingung

2x + y − 3 = 0, x2 + y 2 = 1.

Aufgabe 10.21: Gegeben ist die Funktion f zweier Variablen definiert durch f (x, y) =

(x + 1)(y − 1)x , (x, y) ∈ R2 , x 6= 1, y 6= 0. (x − 1)y

Bestimmen Sie a) die stationären Punkte von f. b) unter Verwendung der Variablensubstitution die lokalen und globalen Extremwerte von f unter der Nebenbedingung y = x + 1.

140

Kapitel 10

Aufgabe 10.22: Die Funktion h : R3 −→ R sei definiert durch h(x, y, z) = (x − z)2 + 2y 2 + (z − 1)2 . a) Ermitteln Sie alle globalen Extremalstellen von h. b) Bestimmen Sie mittels des Substitutionsverfahrens alle globalen Extremalstellen von h unter den Nebenbedingungen x + y = 1,

z = x + 2.

Aufgabe 10.23: Die Funktion f : R3 −→ R sei definiert durch f (x, y, z) = e−(x+y)

2

+(x−z)2

.

Bestimmen Sie mittels des Substitutionsverfahrens alle globalen Extremalstellen von f unter den Nebenbedingungen x − 2y = 4, z − 3y = 1.

Aufgabe 10.24: Die Funktion f : R2 −→ R sei definiert durch f (x, y) = ln(y 2 + x2 + 2)

2y + x2 y2 + 1

Bestimmen Sie mittels des Substitutionsverfahrens alle globalen Extremalstellen von f unter der Nebenbedingung x2 + y 2 = 1.

Kurvendiskussion und Optimierung

141

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 10.1: a) f (x) = x3 − x2 − x + 1. Die Funktion f ist als Polynom stetig auf R und zweifach differenzierbar mit f ′ (x) = 3x2 − 2x − 1, f ′′ (x) = 6x − 2. !

i) Nullstellen von f : f (x) = x3 − x2 − x + 1 = 0, Raten einer Nullstelle: x1 = 1 Polynomdivision: (

x3 − x2 − x + 1) : (x − 1) = x2 − 1 − x3 + x2 −x+1 x−1 0

D.h.: f (x) = (x2 − 1)(x − 1) = (x + 1)(x − 1)2 . Nullstellen: x = 1 und x = −1.

ii) Vorzeichen von f (x) zwischen den Nullstellen:

......... ....... .........

... da

{z −

f (−2)=−90

x ...

{z +

f (2)=3>0

iii) Monotonieverhalten: Nullstellen von f ′ : 3x2 − 2x − 1 = 0 ⇐⇒ x2 − 32 x −

1 3

⇐⇒ (x − 1)(x +

=0 1 3)

= 0 ⇐⇒ x = 1 ∨ x = − 31 .

Vorzeichen von f ′ (x): ......... ....... .........

− 13 ... da

{z +

f ′ (−1)=4>0

}|

1 {z −

f ′ (0)=−10


D. h. f ist streng monoton
wachsend in −∞, − 31 und in (1, ∞), und f ist streng monoton fallend in − 31 , 1 .

iv) s. iii): Aufgrund des
Monotonieverhaltens von f liegt ein relatives Maximum bei x = − 13 mit f − 31 = 32 27 ≈ 1,185 und ein relatives Minimum bei x = 1 mit f (1) = 0.

142

Kapitel 10 v) Konvexitäts- und Konkavitätsbereiche: Nullstellen von f ′′ : 6x − 2 = 0 ⇐⇒ x = 13 . Vorzeichen von f ′′ (x): ......... ........ ........

1 3

0 ... da

{z −

x

}|

(konkav)

f ′′ (0)=−20


D. h. f ist konkav in −∞, 31 und konvex in


.

1 3, ∞

vi) s. v) Bei x = 31 ändert
sich das Krümmungsverhalten, d. h. f besitzt einen Wende1 − 91 − 31 + 1 = 16 punkt bei x = 13 : f 31 = 27 27 ≈ 0,593.

vii) Skizze:

f (x) 3

. ......... ...... ... ... ... .... .. ...

... ... ... .... .. ... ... .. . ... ... ... .. . ... .................................... ... ...... ...... ...... ... ..... .... ..... .. . . . ..... . .. ..... ... ... ..... .... ... ..... ... ...... ... .... . ...... .. . . . . ........ .. . ............................................................................................................................................. .. . ... ........ ... .. . .. . ... ... ... .... .. ... ... .... .. ... ... .... .. ... .. .. . . . .. ... ..

2 1

−2

−1

1

2

x

−1 −2 −3

b) f (x) = x4 − 3x2 − 4. Die Funktion f ist als Polynom stetig auf R und dreifach differenzierbar mit: f ′ (x) = 4x3 − 6x, f ′′ (x) = 12x2 − 6. !

i) Nullstellen von f : f (x) = x4 − 3x2 − 4 = 0; Raten einer Lösung: x = 2

Kurvendiskussion und Optimierung Polynomdivision: (

143

x4 − 3x2 4 3 − x + 2x

− 4) : (x − 2) = x3 + 2x2 + x + 2

2x3 − 3x2 − 2x3 + 4x2 x2 − x2 + 2x 2x − 4 − 2x + 4 0

Nun sind die Nullstellen von x3 + 2x2 + x + 2 gesucht; eine Lösung ist x = −2.

Polynomdivision (

x3 + 2x2 + x + 2) : (x + 2) = x2 + 1 − x3 − 2x2 x+2 −x−2 0

D.h.: f (x) = (x + 2)(x − 2)(x2 + 1). Nullstellen: x = 2, x = −2. Andere Lösungsmöglichkeit: x4 − 3x2 − 4 = 0; setze z = x2 . Also:

z 2 − 3z − 4 = 0 ⇐⇒ (z − 4)(z + 1) = 0 ⇐⇒ z = 4 ∨ z = −1 ⇐⇒ x2 = 4 ∨ x2 = −1 ⇐⇒ x = 2 ∨ x = −2 ∨ x2 = −1 (Die Gleichung x2 = −1 hat keine Lösung in R).

ii) Vorzeichen von f zwischen den Nullstellen:

........ ........ .........

... da

{z +

f (−3)=50>0

−2

0

2

}|

{z −

}|

f (0)=−40

iii) Monotonieverhalten: Nullstellen von f ′ : f ′ (x) = 4x3 − 6x = 0 ⇐⇒ x(4x2 − 6) = 0 q q ⇐⇒ x = 0 ∨ x2 = 23 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 32 ∨ x = − 32 Vorzeichen von f ′ (x):

... da

{z −

f ′ (−2)=−200

}|

{z −

f ′ (1)=−20

...

144

Kapitel 10  q   q 3 , ∞ , und f fällt streng D. h. f wächst streng monoton in − 32 , 0 und 2 q   q   monoton in −∞ − 32 und 0, 32 .

iv) Extrema s. iii): Aufgrund des Monotonieverhaltens von f liegen ein relatives Miniq mum bei x = −

Minimum bei x = f

q  3 2

3

2 q

≈ 1,225, ein relatives Maximum bei x = 0 und ein relatives 3 2.

Die zugehörigen Funktionswerte sind:

 q  = f − 32 =

9 4

−3·

3 2

− 4 = − 25 4 = −6,25,

f (0) = −4.

Alternative Feststellung der Extrema über die zweite Ableitung: • notwendige Bedingung: f ′ (x0 ) = 0,

• hinreichende Bedingung für ein Minimum bei x0 : f ′′ (x0 ) > 0,

• hinreichende Bedingung für ein Maximum bei x0 : f ′′ (x0 ) < 0. q q ! Dazu: f ′ (x) = 4x3 − 6x = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 32 ∨ x = − 32 , f ′′ (x) = 12x2 − 6,

f ′′ (0) = −6 < 0,

f ′′

q  3 2

 q  = f ′′ − 32 = 12 ·

3 2

− 6 = 12 > 0.

v) Konvexitäts- und Konkavitätsbereiche: Nullstellen von f ′′ : q q ! f ′′ (x) = 12x2 − 6 = 0 ⇐⇒ x2 = 12 ⇐⇒ x = 12 ∨ x = − 12 Vorzeichen von f ′′ (x):

... da

{z +

−

q

}|

(konvex)

f ′′ (−1)=6>0

q

0

1 2

{z −

......... ....... .........

}|

(konkav)

f ′′ (0)=−60

q   q q   D.h.: f ist konkav im Intervall − 12 , 12 , und f ist konvex in −∞, − 12  q 1 , ∞ . und in 2

vi) Wendepunkte s. v): Aufgrund des wechselnden Krümmungsverhaltens liegen Wenq q destellen bei x = −

1 2

und bei x =

1 2

 q  q  1 f − 12 = f 2 =

mit 1 4

−3·

1 2

− 4 = −5,25 .

Kurvendiskussion und Optimierung

145

Alternative Feststellung der Wendepunkte über die dritte Ableitung: • notwendige Bedingung für einen Wendepunkt: f ′′ (x0 ) = 0,

• hinreichende Bedingung für einen Wendepunkt: f ′′′ (x0 ) 6= 0: f ′′′ (x) = 24x;

f ′′′

vii) Skizze:

q  1 2

6= 0,

 q  f ′′′ − 12 6= 0.

.. ........ ... .. .......... ... ... ... ... .. ... .. ... . . . . .. .. ... .... .. ... ... .. .. ... ... .. .. . . . . ... ... .... ... ... ... .. ... ... ... .. . ... ... ... ... ... .. ... .. . . .. ... ... ... ... ... ... ....................................................................................................................................... ... ... . . ... .. ... .. . . .. ... .. . ... ... ... ... ... .. ... .. . . ... ... ... .. ... ... .. ... .. ...................... . . . . . . . . . ...... ... ...... ...... ... ... ..... ..... ... ... ..... ..... .. ... ..... ..... .... .. . . ... . . . . . . . . ...... . . .... ....... ......... ....... ............ ........ ......

6

f (x)

4 2

−3

−2

−1

1

2

3x

−2 −4 −6

Lösung zu Aufgabe 10.2: f (x) = 6x − x3 . Die Funktion f ist auf dem angegebenen Intervall stetig und dreifach differenzierbar auf (−3, 2,5) mit f ′ (x) = 6 − 3x2 , f ′′ (x) = −6x, f ′′′ (x) = −6. a) Nullstellen:

6x − x3 = 0 ⇐⇒ x(6 − x2 ) = 0 ⇐⇒ x = 0 oder x =

√ √ 6 oder x = − 6.

b) Vorzeichen zwischen den Nullstellen:

√ Wegen √ f (−3) = 9, f (−1) =√−5, f (1)√= 5, f (3) = −9 ist f positiv über [−3, − 6) ∪ (0, 6) und negativ über (− 6, 0) ∪ ( 6, 2,5].

c) Monotonieverhalten: Nullstellen von f ′ :

6 − 3x2 = 0 ⇐⇒ x2 = 2 ⇐⇒ x =

√ √ 2 oder x = − 2.

√ √ Wegen f ′ (−3) = −21, f ′ (0) = 6, f ′ (3) = −21 ist f monoton wachsend über (− 2, 2) und sonst monoton fallend. √ √ d) Relative Extrema: s. c): Nullstellen von f ′ bei x = 2 und bei x = − 2; √ √ √ 2 liegt ein relatives Maximum, da f ′′ ( 2) = −6 2 < 0, bei x = √ √ √ bei x = − 2 liegt ein relatives Minimum, da f ′′ (− 2) = 6 2 > 0.

146

Kapitel 10

e) Absolute Extrema (die Randpunkte −3 bzw. 2,5 sind zusätzlich zu betrachten): √ √ Wegen f (−3) = 9, f (2,5) = −0,625, f (− 2) ≈√−5,66, f ( 2) ≈ 5,66, liegt an der Stelle x = −3 das absolute Maximum, bei x = − 2 das absolute Minimum von f im Intervall [−3, 2,5]. f) Konvexitäts- und Konkavitätsbereiche: x = 0 ist einzige Nullstelle von f ′′ . Aus z.B. f ′′ (−1) = 6 > 0 und f ′′ (1) = −6 < 0 folgt: f ist konvex über (−3, 0) und konkav über (0, 2,5). g) Wendepunkte: Nullstelle von f ′′ : f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0. Ferner gilt: f ′′′ (0) 6= 0. Bei x = 0 liegt also eine Wendestelle (Wendepunkt (0, 0)). Skizze: ..... ....... ... .... .. ... .... ...... ... ...... .... .. ... .. . .. ... . ... .... ... .. ... ... . ... . ... .... ... ... ... .... ... .......... ............... ... .. ... ...... ..... . ... ..... .... ... .... . ... . .. .... . ... ... ... .... ... ... ... ... ... . . . . ... .. ... .. . ... ... . . ... ... .. ... . ... . . ... . ... . . ... ... . . ... . ... ... .. . . .. ... ... .. .. . ... ... . . . ... . . ... . . ... . ... . ... ... .. ... . .. . ... . . . ... ... . .. .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...................................................................... . ... .. .. .. ... . .. .. ... . ... .. . ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... .. ... ... ... ... ... . . . ... ... ... ... ... .... ... ..... ..... ..... . . ...... . . . ........................

8

f (x)

6 4 2

−3

−2

−1

1

2

3x

−2 −4 −6

Lösung zu Aufgabe 10.3: 3

f (x) = x3 − x2 − 3x. Die Funktion f ist stetig auf R und dreifach differenzierbar mit f ′ (x) = x2 − 2x − 3, f ′′ (x) = 2x − 2 und f ′′′ (x) = 2.   2 x − x − 3 = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x2 − 3x − 9 = 0 a) f (x) = 0 ⇐⇒ x 3 q q ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 23 + 94 + 9 ∨ x = 32 − 94 + 9 ⇐⇒ x = 0 ∨ x =

√ 3+ 45 2

(≈ 4,85) ∨ x =

√ 3− 45 2

(≈ −1,85)

Kurvendiskussion und Optimierung

147

b) Vorzeichen: f (5) = 1,6 > 0, f (1) = −3,6 < 0, f (−1) = 1,6 > 0, f (−2) = −0,6 < 0, d.h.:   √   √ 3− 45 , 0 und 3+2 45 , ∞ , f ist positiv über 2 f ist negativ über

  √  √  −∞, 3−2 45 und 0, 3+2 45 .

c) Monotonie: f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x2 − 2x − 3 = 0 ⇐⇒ x = 1 + ⇐⇒ x = 3 ∨ x = −1

√ √ 4 ∨ x=1− 4

f ′ (4) = 5 > 0; f ′ (0) = −3 < 0; f ′ (−2) = 5 > 0, d. h. f ist monoton steigend auf (−∞, −1) ∪ (3,∞) und monoton fallend auf (−1,3).

d) Relative Extrema: f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = −1 ∨ x = 3; f ′′ (3)

=

4 > 0 =⇒ relatives Minimum bei x =

3 mit f (3)

′′

= −9,

f (−1) = −4 < 0 =⇒ relatives Maximum bei x = −1 mit f (−1) = 1,6.

e) Absolute Extrema in [−4,5]: f (−4) = −25,3, f (5) = 1,6. Aus der Ordnung der Funktionswerte f (−4) < f (3) < f (5) = f (−1) folgt nun, dass ein absolutes Minimum bei x = −4 und absolute Maxima bei x = −1 und x = 5 liegen. f) f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 1; f ′′ (0) = −2 < 0, f ′′ (2) = 2 > 0, d. h. f ist konkav für x < 1, und f ist konvex für x > 1.

g) f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 1; f ′′′ (1) = 2 6= 0, also liegt bei (1,f (1)) = (1, − 3,6) ein Wendepunkt . . .. ... ... .... .. ... ... .... .. ... ... .... .. ... ... .... .. ... ... .... .. ... ... .... .. .. .. ... ........................... . . . . . . . ...... ..... ..... ... ... ..... ... ... ... ... ... ... ... ............................................................................................................................................................................................................................ ... .. . ... ... .. ... ... .. ... .. . . . ... .. ... ... .. . .. . . . ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... .. .. . . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... .... . ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... .... . ... .. ... ... ... ... ... .. ... ... .. ... . .... . ... . .... .. ... .... ... ... ..... ... ... ..... ..... ...... . . . . .... .. ....... ................... ..

8 6 4

.... ........ ... ... .. .. ... .. ... .... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..

f (x)

2

−3

−2

−1

1

−2 −4 −6 −8

2

3

4

5

6 x

148

Kapitel 10

g(x) = e2x (x2 −2x) = e2x x(x−2): Die Funktion g ist stetig auf R und dreifach differenzierbar mit g ′ (x) = 2e2x (x2 − x − 1), g ′′ (x) = 2e2x (2x2 − 3), g ′′′ (x) = 4e2x (2x2 + 2x − 3). a) g(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 2 b) g(−1) = 3e−2 > 0, g(1) = −e2 < 0, g(3) = 3e6 > 0, also ist g negativ auf (0, 2) und positiv auf (−∞, 0) ∪ (2, ∞). c) Monotonie: g ′ (x) = 0

⇐⇒ 2e2x (x2 − x − 1) = 0 ⇐⇒ x2 − x − 1 = 0 ⇐⇒ x =

√ 1+ 5 2

(≈ 1,62) ∨ x =

√ 1− 5 2

(≈ −0,62);

g ′ (−1) = 2e−2 > 0, g ′ (0) = −2 < 0, g ′ (2) = 2e4 > 0, d. h. g ist monoton fallend über  √ √  1− 5 1+ 5 . Ansonsten ist g monoton steigend. 2 , 2 √ 1+ 5 2

d) g ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = g ′′



√  1+ 5 2

∨ x=

= 2e1+

√ 5



√ 1− 5 2 ;

√ (1+ 5)2 2

 √ √ − 3 = 2 5e1+ 5 > 0

=⇒ relatives Minimum bei x = g ′′



√  1− 5 2

= 2e1−

√ 5



√ (1− 5)2 2

 √ √ − 3 = −2 5e1− 5 < 0

=⇒ relatives Maximum bei x = g g





√  1+ 5 2

√  1− 5 2

= e1+

√

= e1−

5

√ 5





√ 6+2 5 4 √ 6−2 5 4

√ 1+ 5 2 ,

−1− −1+

√ 1− 5 2 ;

√ √ √  5 = e1+ 5 1−2 5 ≈ −15,7 ; √ √  5 = e1− 5

√ 1+ 5 2

≈ 0,47

e) Absolute Extrema über [−4, 5]: Wegen g(−4) ≈ 0,0081 und g(5) ≈ 330 396,987 liegen √ 1+ 5 ein absolutes Maximum bei x = 5 und ein absolutes Minimum bei x = 2 . q q f) g ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x2 = 32 ⇐⇒ x = 32 ∨ x = − 32 ;

 q q  Wegen g ′′ (−2) > 0, g ′′ (0) < 0, g ′′ (2) > 0 ist g konkav über − 23 , 32 und sonst konvex. q   q  √ 3 g) g ′′′ 6= 0, g ′′′ − 32 6= 0, also liegen Wendepunkte bei x = 1,5 und 2 √ x = − 1,5.

Kurvendiskussion und Optimierung

149

Skizze:

..... ....... ... ... .. .... .. .

g(x)

. ... .. ... ..... . ... .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............... ... ........................................................................ ......... ................................................................................................................... ....... ... .. ...... .. ..... .. ..... . . ..... .... ... ... ... .... ... ... .. ... . ... ... ... ... ... ... ... ... .... ... .. ... ... ... .. ... .. . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... .. ... .. ... ... ... .. . . ... ... ... ... ... ... ... ... .. . ... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... . ... ... ... .. ... .. . . ... ... ... ... ... .... .... ........

3

−2

1

−1

2

x

−3 −6 −9

−12 −15

Lösung zu Aufgabe 10.4: f (x) = x2 e−x/2 . Die Funktion f ist auf R stetig und beliebig oft differenzierbar. a) f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ′

b) f (x) = 2x · e

−x/2

2

−x/2

+x ·e

  2   x 1 −x/2 =e − + 2x ; · − 2 2

x2 + 2x = 0 ⇐⇒ x2 − 4x = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 4 . 2   2 x ′′ −x/2 − 2x + 2 und f ′′ (0) = 2 > 0 liegen bei x = 0 ein relatives Mit f (x) = e 4 Minimum von f und wegen f ′′ (4) = −2 · e−2 < 0 bei x = 4 ein relatives Maximum von f (Funktionswerte: f (0) = 0, f (4) ≈ 2,165). f ′ (x) = 0 ⇐⇒ −

c) Vorzeichen von f ′ (x):

......... ........ ........

0 ... da

{z −

f ′ (−2)=−6e0

}|

x {z −

...

f ′ (5)=− 25 e−5/2 0

D. h. f ist konkav auf (4 −

8

0 {z −

4+

√

x

8

}|

(konkav)

f ′′ (2)=−e−1 0

√ √ 8, 4 + 8) und konvex sonst.

Skizze:

. ... ......... ... ....... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... ... .. ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ............................................. ............... ... .............. .......... .............. ... ........ .............. ... ....... .............. . . . . . .............. ... ... . . . ............. . . . ... .............. .... . . . ... . ................ ... . . ............ . ... . . ... ..... . . . . .... ... . . . . . ...... ... ...................... .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ..

6

f (x)

5 4 3 2 1

2

−2

4

6

8

Lösung zu Aufgabe 10.5: 2

f (x) = √

(x−µ) 1 e− 2σ2 , x ∈ R. 2πσ 2

2

(x−µ) 1 2(x − µ) x − µ − (x−µ) a) f ′ (x) = − √ e− 2σ2 · e 2σ2 ; = −√ 2 2σ 2πσ 2πσ 3

10 x

Kurvendiskussion und Optimierung

151

f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = µ (Bei x = µ liegt also ein mögliches Maximum von f .) (x−µ)2  1 1− e− 2σ2 f ′′ (x)= − √ 2π σ 3


x−µ 2 σ



1 < 0, =⇒ f ′′ (µ) = − √ 2π σ 3

d. h. im Punkt (µ,f (µ)) liegt das absolute Maximum der Funktion f mit 1 f (µ) = √2πσ . (f ist monoton wachsend für x < µ und monoton fallend für x > µ.) b) f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ 1 − x = µ + σ.

(x − µ)2 = 0 ⇐⇒ (x − µ)2 = σ 2 ⇐⇒ x = µ − σ oder σ2

Seien x1 = µ − σ und x2 = µ + σ. (x−µ) 1 f (x) = − √ e− 2σ2 2πσ 3 ′′′

=√

(x−µ) 1 e− 2σ2 2πσ 5

2

2

    x−µ (x − µ)2 2(x − µ) − 2 1− − σ σ2 σ2

  (x − µ)3 3(x − µ) − σ2

1 e−1/2 (−3σ + σ) 6= 0 und =⇒ f ′′′ (x1 ) = √ 2πσ 5 1 f ′′′ (x2 ) = √ e−1/2 (3σ − σ) 6= 0 , 2πσ 5 d. h. in den Punkten (x1 , f (x1 )) und (x2 , f (x2 )) besitzt die Funktion f Wendepunkte mit 1 f (x1 ) = f (µ − σ) = √ e−1/2 = f (µ + σ) = f (x2 ). 2πσ c)

i) Tangente durch den Punkt (x1 , f (x1 )): Steigung der Tangente: f ′ (x1 ) =

√ 1 2πσ2

e−1/2

Tangentengleichung: y(x) = a + f ′ (x1 ) · x Der Punkt (x1 , f (x1 )) liegt auf dieser Tangente, d. h. (f (x1 ) =) y(x1 ) = a + f ′ (x1 ) · x1 1 1 e−1/2 = a + √ e−1/2 (µ − σ) ⇐⇒ √ 2πσ 2πσ 2 1 1 ⇐⇒ a = √ e−1/2 (σ − (µ − σ)) = √ e−1/2 (2σ − µ) . 2 2πσ 2πσ 2

152

Kapitel 10 Also gilt für die Tangentengleichung: 1 1 1 e−1/2 (2σ − µ) + √ e−1/2 · x = √ e−1/2 (2σ − µ + x) . y(x) = √ 2 2 2πσ 2πσ 2πσ 2 Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse: y(x) = 0 ⇐⇒ 2σ − µ + x = 0 ⇐⇒ x = µ − 2σ . ii) Die Tangente durch den Punkt (x2 , f (x2 )) wird analog zu i) bestimmt. Der Schnittpunkt der Tangente durch den Punkt (x2 , f (x2 )) mit der x-Achse liegt bei x = µ + 2σ. Kurze Argumentation: Die Funktion f ist symmetrisch zu x = µ, d. h. f (µ − z) = f (µ + z) für alle z ∈ R . Daraus folgt unmittelbar das obige Ergebnis.

d) Skizze: ... .. .. ... ... ................... ... .............. ... ................. . . ........ ......... . . ....... . . . .. ....... .. ....... ....... . ...... ...... ..... .. . . .... . . .. ... . . . ... .. . . . ... .. .. ... . . . ... .. . . . . ... . .. . • •....... . .. ..... . . ... . . .. .. . . . .. ...... . .. . . . . ... .... .. ... .. .... . . . .. . .... . . . . . ... . . . .... ... . . . . ....... . . . ... . . . ..... ....... . . . ....... .. .. ....... .. . . . . . ....... ...... . . . . . ... .... . . . . . . . ....... . ... ...... . . . . . . . ... ...... . . .... .... . . . . . . . ... ....... . . ... ... . . . . . . . . ... ........ . . . . . . . .... . . ........ ... . . . . . . . . . . . ........... . ... ....... . . . . . . . . . . . . .................. . . . . . ... . . . .. ........................................................................ . . ...................... . . ... . . . . .. ... ........ . . . .. ...... ....... .. .... .. ..... .. .... .

f (x)

µ − 2σ

µ−σ

µ

µ+σ

µ + 2σ

x

Lösung zu Aufgabe 10.6:

Skizze:

......................................................................................................................................... ..... ... .......... ... .......... .......... ... .......... . . . . . . . . . ... .. .......... ... .......... ... .......... .......... ... .......... ...................

d

y

x y≥0

Aus dem Satz von Pythagoras folgt: d2 = x2 + y 2 =⇒ y 2 = d2 − x2 =⇒ y = Fläche des Rechtecks soll nun maximiert werden, d. h. F (x,y) = x · y −→ Maximum . 0≤x,y≤d

√ d2 − x2 . Die

Kurvendiskussion und Optimierung

153

Einsetzen der Gleichung für y ergibt die Funktion H in der Variablen x:   p p H(x) = F x, d2 − x2 = x · d2 − x2 , x ∈ [0, d]; H ′ (x) =

p d2 − x2 + x ·

d2 − x2 − x2 ! d2 1 √ · (−2x) = √ = 0 ⇐⇒ x2 = . 2 2 · d2 − x2 d2 − x2 √d , 2

Da x ≥ 0 und d > 0, ist die Lösung gegeben durch x = mögliches Extremum.

d. h. bei x =

√d 2

liegt ein

√ √
−1 (−2x)(d2 − 2x2 ) −4x d2 − x2 − 2 d2 − x2 H (x) = 2 2 d −x ′′

=

H ′′



d √ 2



−4x(d2 − x2 ) + x(d2 − 2x2 ) 2x3 − 3xd2 = 2 2 2 3/2 (d − x ) (d − x2 )3/2 1

= d2 −


d2 3/2 2

d ·√ 2

    d2 2d3 1 √ 2· = −4 < 0 , · −√ − 3d2 = 2 (d/ 2)3 2

d. h. H besitzt ein relatives Maximum bei x =

√d . 2

Der Vergleich des zugehörigen Funktionswerts H



√d 2



=

√d 2

q d2 −

d2 2

=

√d 2

· √d2 =

d2 2

mit

den Funktionswerten der Randpunkte x = 0 (H(0) = 0)bzw. x = d (H(d) = 0) zeigt, dass das absolute Maximum von H bei x = √d2 =⇒ y = √d2 liegt.

Bei vorgegebener Länge d der Diagonalen besitzt das Quadrat (mit der Seitenlänge allen Rechtecken den größten Flächeninhalt.

√d ) 2

unter

Lösung zu Aufgabe 10.7:

a) Skizze:

Fläche:

.................................................................................................................................. ... ... ... .... .. ... .... ..

y

x F (x,y) = x · y,

Umfang: U = 2x + 2y =⇒ 2y = U − 2x =⇒ y =

U 2

− x.

Einsetzen der letzten Gleichung ergibt die Funktion H (zur Beschreibung des Flächeninhalts), die nur von x abhängt:
  H(x) = F x, 21 (U − 2x) = x · 21 (U − 2x) = 21 U x − x2 , x ∈ 0, U2 ,

154

Kapitel 10 H ′′ (x) = −2 .

H ′ (x) = 12 U − 2x, !

H ′ (x) = 21 U − 2x = 0 ⇐⇒ x = 41 U,

daraus ergibt sich: y =

H ′′ (x) = −2 < 0, d. h. relatives Maximum bei x = Wegen 0 ≤ x ≤

U 2

U 2)

(0 ≤ y ≤

1 4

U,

F

1 2

1 1 4 U, 4


U − 21 U =


U =

1 16

1 4

U;

U2 .

und lim H(x) = 0 und lim H(x) = 0 liegt an der x→0

x→U/2

U 4

Stelle x = das absolute Maximum. Bei gegebenem Umfang U hat also das Quadrat unter allen Rechtecken die größte Fläche. b) Skizze:

......................................................................................................................................................... ................... .......... ... ................ ................ ................ ... ... ................ ................ . . . . . . . . ................. . . . . . . ... . ... ................ .......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . ........... ........... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . ......... ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . ....... ....... ........................................................................................................................................................................... .. ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .. ... .... .... .... .... ........ .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... .... ......................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . .... .. ......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . ..... .. .... ... ................ ... .... .... .... .. ................ ... ... ... .... .... ................ .... .... . ................ ... .. ................ . .... .... ...................................................................................................................................................................................................

h

l

b Abmessungen des Quaders: l = 20 cm, h = 5 cm, b = 10 cm; Oberfläche:

F (l, b, h) = 2lb + 2lh + 2bh,

Volumen:

V (l, b, h) = l · b · h,

hier:

V (l, b, h) = 20 · 10 · 5 cm3 = 1 000 cm3 und l = 20 cm, also = 50 h.
H(h) = F 20, 50 h , h = 2 · 20 ·

b= Damit folgt:

V (l,b,h) l·h

mit l, b,h ≥ 0;

=

=

2 000 h

1 000 l·h

!

4 000 h3

+ 2 · 20 · h + 2 ·

+ 40h + 100, h ∈ (0, ∞);

+ 40 = 0 ⇐⇒ h2 = H ′ (h) = − 2 h000 2 H ′′ (h) =

50 h

2 000 40 (=

50) ⇐⇒ h =

50 h

√ 50

> 0, d. h. ein relatives Minimum von H liegt bei h =

·h (da h positiv);

√

√ 50 = 5 2 .

Wegen lim H(h) = ∞, lim H(h) = ∞ und der Stetigkeit der Funktion H ist h∗ = h→0 h→∞ √ √ √ √ √50 = 50 = 5 2, 5 2 absolutes Minimum von H. Aus h = 5 2 folgt b = 50 h = 50 d. h. der Quader hat einen quadratischen Querschnitt mit der Oberfläche: √ √ √ √ + 40 · 5 2 + 100 = 400 √ + 200 2 + 100 ≈ 665,685. H(h∗ ) = H(5 2) = 25000 2 2 Der in der Aufgabe beschriebene Quader hat die Oberfläche H(5) =

2 000 5

d. h. die Materialeinsparung beträgt:

+ 40 · 5 + 100 = 700,

700−665,685 700

≈ 4,9%.

Kurvendiskussion und Optimierung

155

Lösung zu Aufgabe 10.8: Die Gewinnfunktion G lautet: G(x) = (20 − 14 − x)(10 000 + x · 2 000) = (6 − x)(10 000 + 2 000x) = 60 000 + 2 000x − 2 000x2 .

Die Funktion G ist als Polynom zweiten Grades eine auf R stetige Funktion. In dieser Aufgabe ist der Definitionsbereich D = [0, ∞) zu betrachten. G′ (x) = −4 000x + 2 000, G′′ (x) = −4 000, G′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 12 ,

Wegen G′′ 21 < 0 liegt bei x = 12 ein relatives Maximum mit Wert G 21 = 60 500. Da ferner lim G(x) = −∞ und G(0) = 60 000 gilt, ergibt sich x→∞

G Daher ist der Gewinn bei x =

1 2

1 2




> G(0) > lim G(x). x→∞

maximal. Dies entspricht einem Verkaufspreis von 19,50 e.

G(x) b

60 000 50 000 40 000 30 000 20 000 10 000 0 0

1 2

1

2

3

4

5

6

x

Lösung zu Aufgabe 10.9: a) Seien p(x) = 40 000 − 1 000x, K(x) = 500x3 − 8 500x2 + 40 000x, x ≥ 0. Erlös: E(x) = x · p(x) = 40 000x − 1 000x2 , Gewinn: G(x) = E(x) − K(x) = −500x3 + 7 500x2 .

156

Kapitel 10

b) G′ (x) = −1 500x2 + 15 000x = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 10, G′′ (x) = −3 000x + 15 000, G′′ (0) = 15 000 > 0 und G′′ (10) = −15 000 < 0 =⇒ bei x = 10 liegt ein relatives Maximum von G. G(10) = 250 000 ist das absolute Maximum auf [0, 25], denn G(25) = −3 125 000 < G(10) und G(0) = 0 < G(10). Also beträgt der maximale Gewinn 250 000 e.

G(x) 250 000 b

200 000 150 000 100 000 50 000 0 0

5

10

15

x

Lösung zu Aufgabe 10.10: Kosten: K(x) = 1 000 + 50x2 , Erlös: px (also 400x bzw. 1 000x), Gewinn: G(x) = px − K(x), G1 (x) = 400x − 1 000 − 50x2 ,

G2 (x) = 1 000x − 1 000 − 50x2 .

Es ist ein x ∈ [0, ∞) derart zu bestimmen, dass G1 (bzw. G2 ) maximal ist. Die Funktionen G1 und G2 sind auf dem zu betrachtenden Definitionsbereich [0, ∞) stetig. a) G′1 (x) = 400 − 100x, G′′1 (x) = −100. G′1 (x) = 400 − 100x = 0 ⇐⇒ x = 4

G′′1 (4) = −100 < 0

)

=⇒ G1 hat ein relatives Maximum bei x = 4.

Bei x = 4 liegt auch das absolute Maximum, denn G1 (0) = −1 000 < G1 (4) = −200 und lim G1 (x) = −∞ < G1 (4). Insgesamt gilt also: Beim Tagespreis von 400 e x→∞ müssen zur Gewinnmaximierung vier Computer pro Tag produziert werden. Dann ist der Gewinn −200 e.

Kurvendiskussion und Optimierung

157

G(x)

4

0

x b

−200

−400

−600

−800

−1000

b) G′2 (x) = 1 000 − 100x, G′′2 (x) = −100. G′2 (x) = 1 000 − 100x = 0 ⇐⇒ x = 10

)

=⇒ G2 hat ein relatives Maximum bei x = 10. Bei x = 10 liegt auch das absolute Maximum, denn G2 (0) = −1 000 < G2 (10) = 4 000 und lim G2 (x) = −∞ < G2 (10). Insgesamt gilt also: Beim Tagespreis von 1 000 e x→∞ müssen zur Gewinnmaximierung zehn Computer pro Tag produziert werden. Dann ist der Gewinn 4 000 e. G′′2 (10) = −100 < 0

G(x) 4000 b

3000 2000 1000 0 5

10

−1000

Lösung zu Aufgabe 10.11: f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c, f ′′ (x) = 6ax + 2b a) Nullstelle bei x = −2: f (−2) = 0 =⇒ −8a + 4b − 2c + d = 0.

b) Extremum bei (0, 11): f (0) = 11 =⇒ d = 11, f ′ (0) = 0 =⇒ c = 0.

x

158

Kapitel 10

c) Wendepunkt bei x = 3: f ′′ (3) = 0 =⇒ 18a + 2b = 0. Damit erhält man: −8a + 4b + 11 = 0 18a + 2b

=⇒

=0 −

36a + 4b =

0

−8a + 4b = −11 44a

= 11

Also: a = 41 , b = − 94 , c = 0, d = 11; d. h. f (x) = 14 x3 − 49 x2 + 11. f (x) b

10 5

2

−2

b

4

6

8

x

−5

−10

−15

Lösung zu Aufgabe 10.12: f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c, f ′′ (x) = 6ax + 2b Bekannt: a) Kurve verläuft durch (0, 2) : f (0) = d = 2. b) Wendepunkt bei x = −1 : f ′′ (−1) = −6a + 2b = 0 ⇐⇒ b = 3a. c) Kurve verläuft durch (1, 3) : f (1) = a + b + c + d = 3. d) relatives Extremum in (1, 3) : f ′ (1) = 3a + 2b + c = 0. Das aus a)–d) resultierende Gleichungssystem hat die eindeutige Lösung: a = − 51 , b = − 35 , c = 95 , d = 2. Also ist f mit f (x) = − 51 x3 − 53 x2 + 95 x + 2 die gesuchte Funktion.

Kurvendiskussion und Optimierung

159 f (x) 5 b b

b

−4

−3

−2

1

−1

2

3

x

−5

Lösung zu Aufgabe 10.13: f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Gesucht: Koeffizienten a, b, c, d, e. • f besitzt im Nullpunkt einen Wendepunkt mit Tangentengleichung y = x. Resultierende Gleichungen: i) f geht durch den Nullpunkt: f (0) = 0. ii) f hat in (0, 0) einen Wendepunkt: f ′′ (0) = 0. iii) f hat in (0, 0) die Tangentengleichung y = x, d. h. die Tangente hat im Nullpunkt die Steigung 1, d. h. f ′ (0) = 1. • f hat im Punkt (2, 4) einen Extremwert. Die daraus resultierenden Gleichungen sind: iv) f (2) = 4, v) f ′ (2) = 0. f ′ (x) = 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d, f ′′ (x) = 12ax2 + 6bx + 2c  i) f (0) = 0 =⇒ e = 0    ′′ ii) f (0) = 0 =⇒ c = 0 =⇒ f (x) = ax4 + bx3 + x und f ′ (x) = 4ax3 + 3bx2 + 1   iii) f ′ (0) = 1 =⇒ d = 1  iv) f (2) = 4 : ′

v) f (2) = 0 :

16a + 8b

+2= 4

4a · 8 + 3b · 4 + 1 = 32a + 12b + 1 = 0

Zu lösendes Gleichungssystem: ( 16a + 8b + 2 = 4

32a + 12b + 1 = 0

⇐⇒

(

16a + 8b = 2 32a + 12b = −1

160

Kapitel 10 ⇐⇒

(

b = 1−8a 4 32a + 12b = −1

⇐⇒

(

b= a=

5 4 − 12

Lösung für die Koeffizienten: a = − 21 , b = 54 , c = 0, d = 1, e = 0.

Folglich ist f (x) = − 21 x4 + 45 x3 + x. f (x)

b

2

b

−2

1

−1

2

3

−2

−4

−6

Lösung zu Aufgabe 10.14: fa (x) = ax2 − 2x + 1

a) Gleichung der Tangente an die Parabel im Punkt (1, f (1)): Benötigte Ausdrücke: fa (1) = a − 1, fa′ (x) = 2ax − 2, fa′ (1) = 2a − 2. Tangente: ga (x) = fa (1) + fa′ (1) · (x − 1) = (a − 1) + 2(a − 1)(x − 1) = 2(a − 1)x + (a − 1 − 2a + 2) = 2(a − 1)x + 1 − a.

ga (0) = 0 ⇐⇒ 1 − a = 0 ⇐⇒ a = 1.

Für a = 1 (und nur für diesen Wert von a) liegt (0, 0) auf der Tangente.

b) fa (−3) = 9a + 6 + 1 = 9a + 7; fa (−3) = 43 ⇐⇒ 9a = 36 ⇐⇒ a = 4, f4 (x) = 4x2 − 2x + 1, f4′ (x) = 8x − 2, f4′ (−3) = −24 − 2 = −26;

x

Kurvendiskussion und Optimierung

161

Tangentengleichung: g4 (x) = f4 (−3) + f4′ (−3)(x − (−3)) = 43 − 26(x + 3) = −26x − 35.

Lösung zu Aufgabe 10.15: f (x, y) = x2 y − 9y − 2x2 + 5, f (1, 2) = −13;

fx (x, y) = 2xy − 4x, fx (1, 2) = 0; fy (x, y) = x2 − 9, fy (1, 2) = −8. Bestimmung stationärer Punkte:

fx (x, y) = 0 ∧ fy (x, y) = 0 ⇐⇒ 2xy − 4x = 0 ∧ x2 − 9 = 0

⇐⇒ 2x(y − 2) = 0 ∧ (x = 3 ∨ x = −3) ⇐⇒ (x = 0 ∨ y = 2) ∧ (x = 3 ∨ x = −3) ⇐⇒ (x = 0 ∧ x = 3) ∨ (x = 0 ∧ x = −3) ∨ (y = 2 ∧ x = 3) ∨ (y = 2 ∧ x = −3) ⇐⇒ (y = 2 ∧ x = 3) ∨ (y = 2 ∧ x = −3)

Die stationären Punkte von f sind also (−3, 2) und (3, 2). Tangentialebene: z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ), (x0 , y0 ) = (1, 2). Damit erhält man: z = −13 − 8(y − 2) = 3 − 8y. Lösung zu Aufgabe 10.16: Extremwerte zu f (x, y) = x2 + y 2 − 6x − 2y + 10 : fx (x, y) = 2x − 6 = 0 ⇐⇒ x = 3,

fy (x,y) = 2y − 2 = 0 ⇐⇒ y = 1.

Also ist (x0 , y0 ) = (3, 1) stationärer Punkt von f . Weiterhin gilt für die zweiten partiellen Ableitungen: fxx (x, y) = 2, fyy (x, y) = 2, fxy (x, y) = 0. 2 Es gilt also: fxx (3, 1)fyy (3, 1) − fxy (3, 1) = 4 > 0. Da zusätzlich fxx (3, 1) = 2 > 0, folgt, dass f im Punkt (3, 1) ein relatives Minimum (mit Wert f (3, 1) = 0) hat.

Extremwerte zu g(x, y) = e(x−e) gx (x, y) = 2(x−e)e(x−e)

2

+y

2

2

+y 2

:

= 0 ⇐⇒ x = e,

gy (x, y) = 2ye(x−e)

2

+y 2

so dass (x0 , y0 ) = (e, 0) einziger stationärer Punkt von g ist. Weiter ist gxx (x, y) = 2(2(x − e)2 + 1)e(x−e) gx,y (x, y) = 4y(x − e)e

(x−e)2 +y 2

2

+y 2

= 0 ⇐⇒ y = 0,

, gyy (x, y) = 2(2y 2 + 1)e(x−e)

2

+y 2

. Also gilt:

2 gxx (e, 0)gyy (e, 0) − gxy (e, 0) = 2e0 · 2e0 − 0 = 4 > 0.

Da zusätzlich gxx (e, 0) = 2 > 0, folgt:

g hat im Punkt (x0 , y0 ) = (e, 0) ein relatives Minimum (mit Wert g(e, 0) = 1).

,

162

Kapitel 10

Beide ermittelten relativen Minima sind auch absolute Minima. Es ist g(x, y) ≥ 1 ∀ (x, y) ∈ R2 , da für den Exponenten gilt: (x − e)2 + y 2 ≥ 0.

Bezüglich f gilt: x2 − 6x ≥ −9, y 2 − 2y ≥ −1 (was jeweils unmittelbar über eine Kurvendiskussion einzusehen ist bzw. wegen x2 − 6x + 9 = (x − 3)2 ≥ 0 und y 2 − 2y + 1 = (y − 1)2 ≥ 0 offensichtlich ist). Also folgt insgesamt: f (x, y) = (x2 − 6x) + (y 2 − 2y) + 10 ≥ −9 − 1 + 10 = 0. Lösung zu Aufgabe 10.17: a) Stationäre Punkte von f (x, y) = x(x + 1) + 2y(y + 2) unter der Nebenbedingung x2 = 1 − 2y 2 . Mit ϕ(x, y) = x2 + 2y 2 − 1 sind ϕx (x, y) = 2x, ϕy (x, y) = 4y; weiterhin gilt fx (x, y) = 2x + 1, fy (x, y) = 4y + 4.

Die Lagrange-Funktion ist gegeben durch L(x, y, λ) = f (x, y) + λϕ(x, y) = x2 + x + 2y 2 + 4y + λ(x2 + 2y 2 − 1) mit partiellen Ableitungen: ∂ L(x, y, λ) = 2x + 1 + 2λx ∂x ∂ L(x, y, λ) = 4y + 4 + 4λy ∂y ∂ L(x, y, λ) = x2 + 2y 2 − 1 ∂λ (x, y, λ) ist ein stationärer Punkt von L bzw. (x, y) ist ein stationärer Punkt von f unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 0, falls        2x(λ + 1) + 1 = 0 (I)  2x + 1 + 2λx = 0 ⇐⇒ y(λ + 1) + 1 = 0 (II) 4y + 4 + 4λy = 0      x2 + 2y 2 − 1 = 0 (III)  x2 + 2y 2 − 1 = 0 Aus (I) folgt x =

1 2(λ+1)

(Es ist λ 6= −1, denn λ = −1 liefert einen Widerspruch in (I).).

1 Zusammen mit der Gleichung y = − λ+1 aus (II) erhält man durch Einsetzen in (III):

2 9 5 1 1 + = 1 ⇐⇒ (λ + 1)2 = ⇐⇒ λ = − ∨ λ = . 4(λ + 1)2 (λ + 1)2 4 2 2 1 λ = − 25 führt auf x = − 2 − 15 +1 = 31 und y = − λ+1 = 32 ; λ = 12 führt auf x = − 31 ( 2 ) und y = − 23 .


Damit sind
31 , 23 , − 52 und − 31 , − 32 , 12 stationäre Punkte von L bzw. 31 , 23 und − 31 , − 23 stationäre Punkte von f unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 0.

Kurvendiskussion und Optimierung

163

b) fxx (x, y) = 2, fyy (x, y) = 4, fxy (x, y) = 0 2 =⇒ fxx (x, y)fyy (x, y) − fxy (x, y) = 8 > 0;

Weiterhin ist fx (x, y) = 0 ⇐⇒ x = − 21 und fy (x,y) = 0 ⇐⇒ y = −1.
Also ist (x0 , y0 ) = − 21 , − 1 der einzige stationäre Punkt von
f . Da fxx (x0 , y0 ) = 2 > 0, liegt dort ein relatives Minimum mit Wert f (x0 , y0 ) = − 94 . Lösung zu Aufgabe 10.18: a) Gesucht: Stationärer Punkt von f (x, y) = x2 +y(c+2x+3y) unter der Nebenbedingung 2x = 1 − y. ϕ(x, y) = 2x + y − 1 =⇒ ϕx (x, y) = 2, ϕy (x, y) = 1; fx (x, y) = 2(x + y), fy (x, y) = 2x + 6y + c; (x, y) ist ein stationärer Punkt von f unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 0 genau dann, wenn (x, y) das folgende Gleichungssystem löst: ∧

2x + y = 1 (1)

2x + 2y + 2λ = 0 (2)

∧

2x + 6y + λ = −c (3).

(1) ⇐⇒ y = 1 − 2x eingesetzt in (2), (3) ergibt: −2x + 2λ = −2 ∧ −10x + λ = −(6 + c). 2(5+c) 5+c = − 1+2c 9 und somit (s. (1)): y = 1 − 9 9 .
5+c 1+2c ein stationärer Punkt. An dieser Stelle liegt 9 ,− 9

Daraus ergibt sich x =

Also ist (x0 , y0 ) = ches Extremum von f unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 0.

ein mögli-

b) y0 = 1 ⇐⇒ c = −5.

c) fxx (x, y) = 2, fyy (x, y) = 6, fxy (x, y) = 2 =⇒

2 fxx (x, y)fyy (x, y) − fxy (x, y) = 8 > 0.

(∗)

Wegen fx (x, y) = 0 ∧ fy
(x, y) = 0 ⇐⇒ 2x + 2y = 0 ∧ 2x + 6y = −1 ist der „Kandidat“ für ein lokales
Extremum. Da zusätzPunkt (x, y) = 41 , − 14 einziger
1 1 lich zu (∗) auch fxx
4 , − 4
= 2 > 0 gilt, liegt bei 41 , − 41 ein relatives Minimum mit Wert f 14 , − 14 = − 81 vor. Ergänzung zu 10.18. a): Da die Nebenbedingung nach einer Variablen auflösbar ist, gelingt mit der Variablensubstitution auf einfache Art der Nachweis, dass an der Stelle (x0 , y0 ) ein lokales Minimum von f unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 0 vorliegt.

164

Kapitel 10

Die Kenntnis y = 1 − 2x aus der Nebenbedingung wird in die Funktion f eingesetzt, so dass eine Funktion von lediglich einer Variablen entsteht: f (x,y) = x2 + (1 − 2x)(c + 2x + 3(1 − 2x))

= x2 + (1 − 2x)(c + 3 − 4x) = 9x2 − 2x(5 + c) + c + 3 = g(x).

(Der Graph von g ist eine nach oben geöffnete Parabel.) Notwendige Bedingung für ein Extremum: !

g ′ (x) = 18x − 2(5 + c) = 0 ⇐⇒ x = Hinreichende Bedingung: g ′′ von g.

5+c 9




5+c . 9

= 18 > 0. Also liegt bei x0 =

5+c 9

ein lokales Minimum

Damit ist (x0 , y0 ) mit y0 = 1 − 2x0 = − 1+2c eine lokale Minimalstelle von f unter der 9 Nebenbedingung 2x = 1 − y. Lösung zu Aufgabe 10.19: a) f (x, y) = 3x2 + 4y 2 + 6xy, ϕ(x, y) = x + 2y − 4, fx (x, y) = 6x + 6y, ϕx (x, y) = 1, fy (x, y) = 6x + 8y, ϕy (x, y) = 2. Stationäre Punkte (x, y) sind Lösungen des Gleichungssystems     6x + 6y + λ = 0 6x + 8y + 2λ = 0    x + 2y − 4 = 0 12x + 12y + 2λ = 0

Dazu:

6x + 8y + 2λ = 0 −

6x + 4y

=0

6x + 4y = 0

−→

2x + 4y = 8 −

4x

= −8

Daraus erhält man x = −2 und y = 3, d. h. (−2, 3) ist stationärer Punkt.

b) f (x, y) = 3x + 2y + 5, ϕ(x, y) = x2 + 2y 2 − 1, fx (x, y) = 3, ϕx (x, y) = 2x, fy (x, y) = 2, ϕy (x, y) = 4y. Ein stationärer Punkt ist Lösung des folgenden Gleichungssystems:  3  (Es ist λ 6= 0, denn λ = 0 würde zu einem 3 + 2x · λ = 0 −→ x = −   2λ   Widerspruch führen.) 1 2 + 4y · λ = 0 −→ y = −  2λ    1 9  x2 + 2y 2 − 1 = 0 −→ 2 + 2 = 1 4λ 2λ

Kurvendiskussion und Optimierung d. h.

11 4λ2

= 1 ⇐⇒ λ2 = √

11 4

⇐⇒ λ =

165 √ 11 2

11 2

: x = − √311 , y = − √111 , bzw. für λ     Stationäre Punkte: − √311 , − √111 , √311 , √111 . für λ =

√ 11 2 . Dies √ = − 211 :

∨λ=−

ergibt x=

√3 , 11

y=

√1 . 11

Lösung zu Aufgabe 10.20: a) Gesucht: Stationäre Punkte von f (x, y) = 10 − 2x2 − y 2 unter der Nebenbedingung ϕ(x, y) = 2x + y − 3 = 0. ϕx (x, y) = 2, ϕy (x, y) = 1, fx (x, y) = −4x, fy (x, y) = −2y. Damit ist (x, y) stationär genau dann, wenn ein λ ∈ R existiert, so dass x,y und λ das folgende Gleichungssystem lösen: ϕ(x, y) = 0 (1) ∧ fx (x, y) + λϕx (x, y) = 0 (2) ∧ fy (x, y) + λϕy (x, y) = 0 (3). In der vorliegenden Situation gilt daher: 2x + y = 3 (1) ∧ −4x + 2λ = 0 (2) ∧ −2y + λ = 0 (3). Aus der Umformung (2) − 2 · (3): −4x + 4y = 0 ⇐⇒ −x + y = 0 folgt mit (1): x = 1, so dass auch y = 1 gilt. Damit ist (x0 , y0 ) = (1, 1) der gesuchte stationäre Punkt. b) Gesucht: Stationäre Punkte von f (x, y) = 3y + 2x − 7 unter der Nebenbedingung ϕ(x,y) = x2 + y 2 − 1 = 0 . ϕx (x, y) = 2x, ϕy (x, y) = 2y, fx (x,y) = 2, fy (x, y) = 3. Analog zu a) erhält man die Gleichungen: (1) x2 + y 2 = 1 ∧ (2) 2 + 2λx = 0 ∧ (3) 3 + 2λy = 0

⇐⇒ x = − λ1





3 . ⇐⇒ y = − 2λ

(Es ist ist λ 6= 0, denn λ = 0 würde zu einem Widerspruch in den Gleichungen führen.) Eingesetzt in (1):

1 9 13 + 2 = 1 ⇐⇒ λ2 = ⇐⇒ λ = 2 λ 4λ 4

√ √ 13 13 (= λ1 ) ∨ λ = − (= λ2 ). 2 2

λ1 in (2), (3) eingesetzt ergibt: x = − √213 , y = − √313 ; λ2 in (2), (3) eingesetzt ergibt: x = √213 , y = √313 ;     also sind √213 , √313 und − √213 , − √313 stationäre Punkte von f .

166

Kapitel 10

Lösung zu Aufgabe 10.21:

f (x, y) =

(x2 + x)(y − 1) x2 + x y−1 (x + 1)(y − 1)x = = · , x 6= 1, y 6= 0. (x − 1)y (x − 1)y x−1 y

a) Bestimmung der stationären Punkte von f : (2x + 1)(x − 1) − (x2 + x) y − 1 x2 − 2x − 1 y − 1 = ; (x − 1)2 y (x − 1)2 y x(x + 1) 1 ; fy (x, y) = x − 1 y2

fx (x, y) =

Nullstellen von fx : fx (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 − 2x − 1 = 0 ∨ y = 1 √ √ ⇐⇒ x = 1 + 2 ∨ x = 1 − 2 ∨ y = 1 Nullstellen von fy : fy (x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = −1 Es ist also fx (x, y) = 0 ∧ fy (x, y) = 0   √ √ ⇐⇒ x = 1 + 2 ∨ x = 1 − 2 ∨ y = 1 ∧ (x = 0 ∨ x = −1) i h √  √ ⇐⇒ x = 1 + 2 ∨ x = 1 − 2 ∧ (x = 0 ∨ x = −1) | {z } (f)

∨ [y = 1 ∧ (x = 0 ∨ x = −1)] ⇐⇒ (y = 1 ∧ x = 0) ∨ (y = 1 ∧ x = −1)

Die stationären Punkte von f sind also (x, y) = (0, 1) und (x, y) = (−1, 1). b) Variablensubstitution y = x + 1: f (x, y) =

(x + 1)(y − 1)x (x + 1)x2 x2 = = , x ∈ R \ {−1, 1}. (x − 1)y (x − 1)(x + 1) x−1

x2 , x ∈ R \ {1}. g ist also die in x = −1 stetige Ersatzfunktion von f x−1 unter der Nebenbedingung y = x + 1.

Setze g(x) =

Zur Ermittlung der Extremwerte von f bzw. g : g ′ (x) =

x2 − 2x x(x − 2) 2x(x − 1) − x2 = = . 2 2 (x − 1) (x − 1) (x − 1)2

Kurvendiskussion und Optimierung

167

Wegen g ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 2 liegen an diesen Stellen mögliche Extrema. Zum Monotonieverhalten von g : ... ........................................................................................... ..

... da

−1

0

{z +

}|

g′ (−1)>0

1 {z −

g′ ( 21 ) 0,

det H2 = 4 > 0.

Die Determinante von H3 ergibt sich aus der Regel von Sarrus gemäß det H3 = 2 · 2 · 4 + 0 · 0 · (−2) + (−2) · ·0 − (−2) · 2 · (−2) − 2 · 0 · 0 − 0 · 0 · 4 = 16 − 8 = 8 > 0.

Damit ist die Hesse-Matrix positiv definit für alle (x, y, z) ∈ R3 , die Funktion h also strikt konvex auf R3 . Also ist der Punkt (1, 0, 1) ein lokales und globales Minimum von h.

Kurvendiskussion und Optimierung

169

b) Auflösen der Nebenbedingungen nach y bzw. z ergibt die Gleichungen y = 1 − x,

z = x + 2.

Einsetzen dieser Bedingungen in die Funktion h ergibt die Funktion f : R −→ R definiert durch
2 f (x) = h(x, 1 − x, x + 2) = x − (x + 2) + 2(1 − x)2 + (x + 2 − 1)2 = 4 + 2(1 − x)2 + (x + 1)2 = 3x2 − 2x + 7.

Wegen f ′ (x) = 6x − 2 folgt f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 31 . Weiterhin ist f für x ∈ (−∞, 31 ) streng monoton fallend und für x ∈ ( 13 , ∞) streng monoton wachsend, so dass f an der Stelle x = 31 ein globales Minimum hat.
Folglich hat h unter den gegebenen Nebenbedingungen an der Stelle 13 , 23 , 73 ein globales Minimum.

Lösung zu Aufgabe 10.23: Auflösen der Nebenbedingungen nach x bzw. z ergibt x = 4 + 2y,

z = 1 + 3y.

Einsetzen in f liefert die Funktion g : R −→ R mit o n o n g(y) = f (4 + 2y, y, 1 + 3y) = exp − (4 + 3y)2 + (3 − y)2 = exp − 8y 2 − 30y − 7 . g(y)

1,50 · 109 1,25 · 109 1,00 · 109 0,75 · 109 0,50 · 109 0,25 · 109

−3

−2

−1

y

170

Kapitel 10

g(y) lässt sich offenbar in der Form ep(y) mit p(y) = −8y 2 − 30y − 7 schreiben, d.h. g ist eine streng monoton wachsende Funktion von p. Damit haben g und p dieselben Extremalstellen, so dass z.B. eine Maximalstelle von p eine Maximalstelle von g ist. Ableiten von p ergibt p′ (y) = −16y − 30 sowie p′′ (y) = −8. Damit ist p eine strikt konkave Funktion. Folglich ist 30 = − 15 von p und damit auch von g. Aus den y = − 16 8 = 1,875 eine globale Maximalstelle
37 Nebenbedingungen ergibt sich dann 41 , − 15 , − als globale Maximalstelle von f . 8 8 Lösung zu Aufgabe 10.24: Die Nebenbedingung impliziert, dass alle zulässigen Wertepaare (x,y) die Bedingung x, y ∈ [−1, 1] erfüllen. Genauer liegen die Paare (x, y) auf der Kreislinie in der Ebene. y 1

1

−1

x

−1

Eine Betrachtung der Funktion f zeigt, dass diese von x nur über den Term x2 abhängt. Daher kann die Gleichung x2 = 1 − y 2 in f eingesetzt werden und liefert die gebrochen rationale Funktion g : R −→ R mit 2y + 1 − y 2 . g(y) = ln(3) · 1 + y2 g(y) 1,5 1,0 0,5

−6

−4

2

−2 −0,5

−1,0

−1,5

y

Kurvendiskussion und Optimierung

171

Ableiten von g ergibt mit der Quotientenregel g ′ (y) = ln(3) ·

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

Nullsetzen des Zählers ergibt die quadratische Gleichung y 2 + 2y − 1 = 0, deren Lösungen (z.B. mittels einer quadratischen Ergänzung) gegeben sind durch √ √ y2 = 2 − 1 ≈ 0,41421. y1 = − 2 − 1 ≈ −2,41421, Für das Vorzeichen von g ′ (y) gilt mit der Stetigkeit von g ′ : ......... ....... .........

y1 ... da

{z +

g′ (−3)= − ln(3) 0

}|

x {z +

...

g′ (1)=− ln(3) 0. Die erste Gleichung hat keine reelle Lösung (Dies sieht man auch daran, dass y1 ∈ / [−1, 1] gilt). Daher ist nur noch die zweite Gleichung zu betrachten. Auflösen nach x ergibt die Lösungen q √ q √ x1 = 2( 2 − 1) ≈ 0,91018, x2 = − 2( 2 − 1) ≈ −0,91018.

Die Funktion f hat daher unter der Nebenbedingung x2 + y 2 = 1 zwei globale Minimalstellen an den Stellen   q √  q √ √ √ − 2( 2 − 1), 2 − 1 . 2( 2 − 1), 2 − 1 ,

11 Integration Literaturhinweis: KCO, Kapitel 5

Aufgaben Aufgabe 11.1: Bestimmen Sie jeweils eine zugehörige Stammfunktion zu den folgenden durch f (x) gegebenen Funktionen: a)

f (x) = 3x2 + 2x + 1

d)

f (x) =

g) j)

5 x

c)

f (x) = 4x + 3 +

1 f (x) = √ 33x

f)

√ f (x) = 3x 3 x + 3

f (x) = ex

h) f (x) = xe−x

i)

f (x) = 4x3 ex

f (x) = 2x

k) f (x) =

l)

f (x) =

√ 4 x

e)

ex 1 + ex

4

3x + 4 √ x

(x−b)2

ex + 2x ex + x2 1 f (x) = 2 x −1

n) f (x) = (x − b)e− 2a2 , a, b ∈ R, a 6= 0   1 1 1 1 ) (es gilt: 2 = − x −1 2 x−1 x+1

m) f (x) = o)

b) f (x) = 1 − x2 + x4

Aufgabe 11.2: Bestimmen Sie jeweils eine Stammfunktion zu a) f (x) = loga x

b) f (x) = 2x ln x + x

e) f (x) = (ln x)2

f)

f (x) = x(ln x)2

Hinweis zu a): Partielle Integration.

c)

f (x) =

ln x x2

g) f (x) = x5 ln x

d) f (x) =

1 x ln x

174

Kapitel 11

Aufgabe 11.3: Berechnen Sie: Z Z 1 6x2 + 1 dx b) dx, x > 0 a) 2x3 + x x(1 − ln x) x Z Z 2x − 21 e− 2 loga e d) dx, a > 1, x > 0 e) x dx x loga x x2 + e− 2

c)

Z

−e−x dx 1 + ex

Aufgabe 11.4: Berechnen Sie folgende bestimmte Integrale: Z

1  6x2 + 4 − √ dx x 1 Z e 2 x3 + 3x2 − d) dx x 1 Z 1
e0,5x + x2 dx g) a)

3



−1

Aufgabe 11.5: a) Berechnen Sie b) Berechnen Sie

Z

b)

Z

2

(2x + 4)ex

2

+4x

dx

c)

0

e)

Z

1

h)

Z

Z

2

1

2

−x2

1 − 2xe dx x + e−x2

−1

e−4

f)

1 dx i) (x + 4) ln(x + 4)

Z

2

√ 3 ( x + 3) √ dx x xe2x dx

0

Z

0

1



xe

x2 2

−

√  x dx

3

−1 Z e 1 e

(|x| − |x − 2|)dx .

(| ln x| − 2 ln x)dx .

c) Fertigen Sie eine (grobe) Skizze der durch y = | ln x| − 2 ln x, x ∈ (0, ∞), gegebenen Kurve an (Wertetabelle für z.B.: x = 0,2, 1e , 0,8, 1, 2, e). d) Bestimmen Sie den Inhalt der zwischen der Kurve aus b) (Integrand) und der x-Achse von x = 1e bis x = e eingeschlossenen Fläche.

Aufgabe 11.6: Durch die Gleichung y = x2 − e, x ∈ R, ist eine Parabel gegeben.

a) Zeigen Sie, dass diese Parabel im Intervall [2,3] ganz oberhalb der x-Achse verläuft.

b) Zeichnen Sie die durch die x-Achse, die Parabel und die beiden Geraden x = 2 und x = 3 begrenzte Fläche, und c) berechnen Sie ihren Flächeninhalt.

Integration

175

Aufgabe 11.7: Berechnen Sie den Inhalt der Fläche zwischen der Kurve y = f (x) und der x-Achse innerhalb der Grenzen x = 1 und x = 2: √ a) f (x) = x b) f (x) = x3 + 6x2 + 5 c) f (x) = −

1 1 −√ 2 x x

d) f (x) = (x2 + 1) · ex

Aufgabe 11.8: Berechnen Sie jeweils den Flächeninhalt der von der Parabel y = −x2 + 4x + 5 bzw. y = x2 − 7x + 6 mit der x-Achse eingeschlossenen Fläche.

Aufgabe 11.9: Berechnen Sie jeweils den Inhalt der durch M1 und M2 gegebenen Fläche in der x,y-Ebene: M1 = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ x2 } ∩ {(x,y) ∈ R2 | y ≤ 8 − x2 },

M2 = {(x, y) ∈ R2 | (x − 2)2 − 5 ≤ y ≤ 1}.

Aufgabe 11.10: Bestimmen Sie die Koeffizienten a, b, c und d des durch f (x) = ax3 + bx2 + cx + d definierten dritten Grades so, dass f im einen Wendepunkt hat, im Punkt   √Nullpunkt   √ Polynoms √ 3 3 3 die Steigung 0 besitzt, wobei f 3 > 0 ist, und mit dem positiven Teil der 3 ,f 3 x-Achse eine Fläche mit Inhalt

3 4

einschließt.

Aufgabe 11.11: Gegeben sei die Parabel f (x) = cx2 − 2x − 6c, c ∈ R \ {0}. a) Bestimmen Sie c so, dass die Funktion bei x =

1 2

ein Extremum besitzt.

b) Berechnen Sie mit c aus a) den Inhalt der Fläche, die die Kurve y = f (x) mit der x-Achse einschließt.

176

Kapitel 11

Aufgabe 11.12: Für jede reelle Zahl a sei durch fa (x) =

Z

0

x

t2 (a − 4t)dt (x ≥ 0) eine Funktion gegeben.

a) Bestimmen Sie die Zahl a so, dass die Kurve y = fa (x) die x-Achse bei x = 5 schneidet. b) Bestimmen Sie die Zahl a so, dass das bestimmte Integral über x2 (a − 4x) zwischen und 1 den Wert 0 hat.

1 2

Aufgabe 11.13: Ein mit 70 000 Tonnen Öl beladener Tanker verliert Öl aus einem Leck im Rumpf, und zwar beginnend mit dem Zeitpunkt des Leckschlagens am 10.01.2011 um 11.30 Uhr mit der Rate f (t) = ln(10(t + 1)) Tonnen/Minute. (Ähnlich wie die Geschwindigkeit v(t) eines Fahrzeugs zurzeit t definiert ist als der Grenzwert lim w(t+h)−w(t) , wobei w(t) der von einem h h→0

Referenzzeitpunkt bis zum Zeitpunkt t zurückgelegte Weg ist, ist diese Rate definiert durch (t) f (t) = lim F (t+h)−F , wobei F (t) den Ölverlust vom Zeitpunkt des Leckschlagens bis zum h h→0

Zeitpunkt t bezeichnet.) a) Wann hat der Tanker seine gesamte Ladung verloren? b) Wie viel Öl verliert er zwischen dem 12.1., 12 Uhr und dem 16.1., 10 Uhr?

Aufgabe 11.14: Bestimmen Sie jeweils den Wert des uneigentlichen Integrals:

a)

Z∞

α xα+1

dx, wobei α > 0 ein Parameter ist,

1

b)

Z∞

β

αβxβ−1 e−αx dx, wobei α > 0 und β > 0 Parameter sind,

0

c)

Z∞

−∞

n o x−α 1 − x−α e β exp − e− β dx, wobei α ∈ R und β > 0 Parameter sind. β

Integration

177

Aufgabe 11.15: Berechnen Sie folgende bestimmte Mehrfachintegrale: a)

Z

3

1

c)

Z

2

1

e)

Z

0

2

Z

Z

Z

1

(x + y)y dxdy

b)

−1 4

0

y2

3

1

(x − t)2 dxdt

2y 2

Z

√ x dxdy y

d)

Z eZ 1

f)

Z

Z

1

(x + y)y dydx

−1 e

ln

v

1

0

Z

0

x dxdv v

ye2y(1−t) dtdy

0

Bemerkung: In den nachfolgenden Aufgaben wird jeweils nachgerechnet, dass der (nichtnegative) Integrand als eine bivariate oder multivariate Dichtefunktion (s. Statistik) aufgefasst werden kann.

Aufgabe 11.16: Gegeben sei die Funktion f mit f (x, y) = 1 + α (2x − 1) (2y − 1),

(x, y) ∈ R = [0, 1] × [0, 1]

und einer Konstanten α ∈ [−1, 1]. Weisen Sie nach, dass a) f (x, y) ≥ 0 für alle (x,y) ∈ R gilt und b)

ZZ

f (x, y) dx dy = 1.

R

Aufgabe 11.17: Bestimmen Sie das Integral

ZZ

f (x,y) dx dy

R

mit f (x, y) = (x + y + xy) e−(x+y+xy),

(x, y) ∈ R = (0, ∞)2 .

Hinweis: Verwenden Sie partielle Integration.

178

Kapitel 11

Aufgabe 11.18: Weisen Sie nach, dass für die Funktion f mit f (x, y) =

(n + m + 1)! xn−1 y m−1 (1 − x − y), (n − 1)! (m − 1)!

(x, y) ∈ R = {(u, v) ∈ R2 | u ≥ 0, v ≥ 0 und u + v ≤ 1}

und Parametern n ∈ N und m ∈ N gilt: ZZ

f (x,y) dx dy = 1.

R

Hinweis: Es gilt (ohne Nachweis!): Z1 0

xn−1 (1 − x)m−1 dx =

(n − 1)! (m − 1)! , (n + m − 1)!

n, m ∈ N.

Aufgabe 11.19: Gegeben sei die Funktion f durch f (x, y) =

ap+q xp−1 (y − x)q−1 e−ay (p − 1)! (q − 1)!

auf dem Definitionsbereich R = {(u, v) ∈ R2 | v > u > 0} mit den Parametern a > 0, p ∈ N und q ∈ N. Berechnen Sie für q = 2: Z∞ a) f (x, y) dy und x

b)

ZZ

f (x, y) dy dx.

R

Hinweis zu b): Verwenden Sie (ohne Nachweis) die Integrationsformel: Z∞ (p − 1)! xp−1 e−ax dx = . ap 0

Aufgabe 11.20: Bestimmen Sie den Wert des n-fachen (n ∈ N) Integrals

Z1/2 Z1/2Y n (4xi + 1) d(x1 , . . . , xn ). ... 0

0

i=1

Integration

179

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 11.1: a) f (x) = 3x2 + 2x + 1, F (x) = 3

x3 x2 + 2 + x = x3 + x2 + x 3 2

b) f (x) = 1 − x2 + x4 , F (x) = x −

x5 x3 + 3 5

5 , F (x) = 2x2 + 3x + 5 ln |x| x √ 4 5 d) f (x) = 4 x, F (x) = x 4 5 1 2 1 1 e) f (x) = x− 3 , F (x) = x 3 3 2 c) f (x) = 4x + 3 +

1

f) f (x) = 3x(x + 3) 3 . Allgemein gilt: g(x)h(x) −

Z

g ′ (x)h(x)dx ist eine Stammfunktion zu g(x)h′ (x) (soge-

nannte partielle Integration).

1

Mit g(x) = 3x und h′ (x) = (x + 3) 3 erhält man die Stammfunktion:   Z 4 4 4 7 3 3 9 9 3 3 F (x) = 3x · − 3 · (x + 3) 3 dx = x(x + 3) 3 − · (x + 3) 3 (x + 3) 4 4 4 4 7 4 4 3 9 9 (4x − 9)(x + 3) 3 . = (x + 3) 3 (x − (x + 3)) = 4 7 28 g) f (x) = ex , F (x) = ex h) f (x) = xe−x , partielle Integration: F (x) = −xe−x − 4

Z

(−e−x )dx = −xe−x − e−x

i) f (x) = 4x3 ex hat die Form f ′ (g(x)) · g ′ (x) mit f (x) = ex , g(x) = x4 ; 4

aus der Kettenregel folgt: F (x) = f (g(x)) = ex . 1 1 x = 2 ln 2 ln 2 g ′ (x) ex . Allgemein gilt: f (x) = =⇒ F (x) = ln(|g(x)|) ist eine Stammk) f (x) = 1 + ex g(x) x funktion zu f . Damit: F (x) = ln(1 + e ). j) f (x) = 2x = ex ln 2 , F (x) = ex ln 2 ·

1

1

3

1

l) f (x) = 3x 2 + 4x− 2 , F (x) = 2x 2 + 8x 2 m) f (x) =

ex + 2x , F (x) = ln(ex + x2 ) (Argumentation wie in k)) ex + x2

180

Kapitel 11

n) f (x) = (x − b)e− F (x) = −a2 e−

(x−b)2 2a2

. Sei g(x) = −

(x − b)2 x−b =⇒ g ′ (x) = − 2 . Damit: 2a2 a

(x−b)2 2a2

(Argumentation analog zu i))   1 1 1 1 o) f (x) = 2 , = − x −1 2 x−1 x+1 s x − 1 1 1 x − 1 1 F (x) = ln(|x − 1|) − ln(|x + 1|) = ln = ln x + 1 2 2 2 x + 1 Lösung zu Aufgabe 11.2: a) f (x) = loga x = (loga e) · (loge x) = (loga e) ln x. Mit partieller Integration (s. Aufgabe 11.1) und g(x) = ln x, h′ (x) = 1 ergibt sich als eine Stammfunktion von ln x: Z Z 1 g(x)h(x) − g ′ (x)h(x)dx = x ln x − x dx = x ln x − x. x x Also ist F (x) = (loga e) · x(ln x − 1) = x(loga x − loga e) = x loga eine Stamme funktion von loga x.

b) f (x) = 2x ln x + x. Mit partieller Integration (g(x) = ln x, h′ (x) = x) ergibt sich x2 x2 ln x − als eine Stammfunktion von x ln x, also 2 4 F (x) = x2 ln x −

x2 x2 + = x2 ln x 2 2

als eine Stammfunktion von f . ln x 1 . Eine partielle Integration mit g(x) = ln x, h′ (x) = 2 ergibt die Stammx2 x Z 1 ln x 1 1 dx = − − . funktion F (x) = − ln x + x x2 x x

c) f (x) =

1 x

= (ln(ln x))′ = F ′ (x), also F (x) = ln(ln x) ln x e) f (x) = (ln x)2 . Mit partieller Integration (s. a)) erhält man die Stammfunktion: Z x ln x − x F (x) = (x ln x − x) ln x − dx x = x ln x(ln x − 1) − x(ln x − 1) + x = x(ln x)2 − 2x ln x + 2x.

d) f (x) =

f) f (x) = x(ln x)2 . Partielle Integration: Z 2 Z x2 2 x 1 x2 2 F (x) = ln x − 2 ln x · dx = ln x − x ln xdx 2 2 x 2

Integration

181 s. b)

=

x2 x2 x2 2 1 x2 2 ln x − ln x + = (ln x + ln x + ) ist eine Stammfunktion. 2 2 4 2 2

x6 g) f (x) = x ln x. Partielle Integration: F (x) = ln x − 6 eine Stammfunktion. 5

Z

x5 x6 dx = 6 6

  1 ln x − ist 6

Lösung zu Aufgabe 11.3: Z ′ f (x) dx = ln |f (x)| + c (mit einer beliebigen Konstante c); hier: a) Allgemein gilt: f (x) f (x) = 2x3 + x =⇒

b)

Z

Z

1 dx = − x(1 − ln x)

Z

Z

6x2 + 1 dx = ln(|2x3 + x|) + c. 2x3 + x

− x1 dx = − ln(|1 − ln x|) + c 1 − ln x

−e−x dx = ln(1 + e−x ) + c 1 + e−x Z Z 1 loga e 11.2 d) dx = dx = ln(ln x) + c d) x loga x x ln x Z 1 −x 2x − 2 e 2 2 −x 2 ) + c e) x dx = ln(x + e − 2 2 x +e c)

Lösung zu Aufgabe 11.4:  Z 3 √  √ 3 1 6x2 + 4 − √ a) dx = 2x3 + 4x − 2 x 1 = (54 + 12 − 2 3) − (2 + 4 − 2) x 1 √ = 62 − 2 3 ≈ 58,536 Z 2 2 2 2 (2x + 4)ex +4x dx = ex +4x = e12 − 1 ≈ 162 753,791 b) 0

0

√ 2 1 √ 44 1 √ ( 2 + 3)4 3 4 √ ( x + 3) dx = ( x + 3) = − ≈ 61,838 c) x 2 2 2 1 1   4  Z e x 2 13 e4 e dx = d) x3 + 3x2 − + x3 − 2 ln x = + e3 − ≈ 30,485 x 4 4 4 1 1 Z 2 Z 2 2 2 1 − 2xe−x 2 + e−4 −x2 ′ −x2 ≈ 0,389 dx = (ln(x + e )) dx = ln(x + e ) e) = ln 2 −x 1 + e−1 x+e 1 1 1 Z

2





182 f)

Kapitel 11 Z

2

0

g)

h)

Z

1

Z 2 x 2x 2 1 2 1 3 1 2x xe dx = e − e dx = e4 − e2x = e4 + ≈ 41,199 2 2 4 4 4 0 0 0 2x

Z Z

2

1 x+4

−1

e−4

i)



x3 (e + x )dx = 2e + 3 −1 x 2

ln(x + 4)

1

(xe

0

x2 2

−

√

x 2

1

1

1

= 2(e 2 − e− 2 ) +

−1

2 ≈ 2,751 3

−1 dx = ln(ln(x + 4)) = ln(ln 3) ≈ 0,094 e−4

x)dx = e

x2 2

1 2 3 1 5 1 − x 2 = e 2 − ≈ −0,018 3 3 0 0

Lösung zu Aufgabe 11.5:   x≤0   −2, a) f (x) = |x| − |x − 2| = 2x − 2, 0 ≤ x ≤ 2    2, x≥2 =⇒

Z

3

f (x)dx =

−1

Z

0

f (x)dx +

−1

=−

Z

0

2dx +

−1

Z

Z

2

f (x)dx +

0 2

Z

f (x)dx

2

(2x − 2)dx +

0

3

Z

3

2dx = 0

2

b) x = 1 ist die einzige Nullstelle der Funktion f (x) = ln x; damit ist

| ln x| =

(

− ln x,

x ∈ (0, 1]

ln x,

x>1

.

Also (s. Aufgabe 11.2 a)): Z

e 1 e

(| ln x| − 2 ln x)dx = −3

Z

1 1 e

ln xdx −

Z

e

ln xdx 1

1 e 6 = −3(x ln x − x) 1 − (x ln x − x) = 2 − ≈ −0,207 e 1 e

Integration

183

c) (0,2, 4,83), ( 1e , 3), (0,8, 0,67), (1,0), (2, −0,69), (e, −1) y 4 3 2 1

−1

...... ........ .. ... .. .... . .... .... ... ... .... .... .. .. • ... .... ... ... ... .... .. .. ... ... ... ... .... ... .. ... ... ... • ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... • ... ... ... ................................................................................................................................................................................................................................ •............ ......... ......... .......... ........... .....• .............. ................ ......• .................. ..................... ........................ .......................... ...............................

1

d) Wegen | ln x|−2 ln x =

3

( −3 ln x,

x ∈ (0, 1]

− ln x, x > 1

4

ist | ln x|−2 ln x =

x

(

≥ 0, x ∈ (0, 1] < 0, x > 1

.

Der Flächeninhalt ist gegeben durch (vgl. b)): Z

1 1 e

(−3 ln x)dx + |

Z

1

e

(− ln x)dx| = −3

Z

1

ln xdx + 1 e

Z

e 1

ln xdx = 4 −

6 ≈ 1,793. e

Lösung zu Aufgabe 11.6: a) f mit f (x) = x2 − e ist monoton wachsend für x ≥ 2 (x ≥ 0), und es gilt: f (2) = 4 − e > 0. Also ist f (x) > 0 ∀x ∈ [2, 3]. b) y

... ........ ... .... ... ... .... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

... ... ... .. . ... 2 ....... ... .. ... ... . . . ... ... ... ... ... ... ... ... . .. ... ... . ... . ... ... . . . ... . .. . . ... .. . ... . .. . ... . .. . ... . .. . . ... .. . ... . .... . .... ...... .. . .. ... . ... . .. ... . . .... . .. . . . . ................................................................. . . .. . . . ....... ... . . . .. . . . . ... . . . . . ..... ..... ...... ...... ...... . . . . . . .... .........

y =x −e

√

e 2

3

x

184 c)

Kapitel 11 Z

3

2

(x2 − e)dx =

3 x3 3 19 − e ≈ 3,615 ist der gesuchte Flächeninhalt. − ex = 3 2 3 2

Lösung zu Aufgabe 11.7: Die Flächen werden begrenzt durch den jeweiligen Graphen von f , die x-Achse und die Geraden zu x = 1 und x = 2. a)

√ √ 2 3 x ≥ 0 für x ∈ [1, 2]. Eine Stammfunktion zu f (x) = x ist F (x) = x 2 . Damit ist 3 Z 2 √ 2 3 2 2 √ 2 der Flächeninhalt gegeben durch: xdx = x = ( 8 − 1) ≈ 1,219. 3 3 1 1

b) Es ist f (x) = x3 +6x2 +5 > 0 auf [1, 2] (Funktionsgraph verläuft oberhalb der x-Achse) 6x3 x4 x4 + + 5x = + 2x3 + 5x eine Stammfunktion zu f . Also ist der und F (x) = 4 3 4 Flächeninhalt gegeben durch: Z

2

1

(x3 + 6x2 + 5)dx = F (2) − F (1) = (4 + 16 + 10) −



1 +2+5 4



= 22,75.

1 1 1 − √ = −x−2 −x− 2 < 0 auf [1, 2] (Funktionsgraph verläuft unterhalb der 2 x x 1 √ −x−1 x 2 1 − 1 = −2 x ist der Flächeninhalt x-Achse). Mit der Stammfunktion F (x) = −1 x 2 gegeben durch:

c) f (x) = −

−

Z

1

2

  1 1 √ 1 √ dx = −(F (2)−F (1)) = F (1)−F (2) = −1−( −2 2) ≈ 1,328. − 2− x 2 x

d) f (x) = (x2 + 1) · ex = x2 ex + ex > 0 auf [1, 2]. Stammfunktion: F (x) = ex + ex · x2 −

Z

2x · ex dx = ex + ex · x2 − (ex · 2x −

= ex + ex · x2 − 2x · ex + 2 · ex = ex (x2 − 2x + 3), Flächeninhalt:

Z

2 1

Z

2 · ex dx)

(x2 + 1) · ex dx = F (2) − F (1) = 3e2 − 2e ≈ 16,7306

Integration

185

Lösung zu Aufgabe 11.8: a) y = −x2 + 4x + 5;

.....

y ..................

.. .................................. ... ........ ...... .. ...... ...... ...... ..... . . ... . . ... .... .... ... ... .... . . ... . ... .. . ... . ... .. . ... ... . .. ... . ... . ... .. . ... . ... ... ... ..... ... ... ... ... ... .... ... ... ....... ... ... . ... .... . ... .. ... . ... .. .... . ... .. .. ... . ... .. ... . ... .. .. . . ... .. .. . . ... .. .. ... . . .. .. ... . . ... .. .. . . ... . .. . . ... .. . ... .. . ... ... .... . ... . ... .. . ... .... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ............................................................... . ... .. ... . ... .... ... ... ... .. ... ... ... . ...

8 6 4 2

−2

1

−1

2

3

4

5

6

x

• Nullstellen: − x2 + 4x + 5 = 0 ⇐⇒ x2 − 4x − 5 = 0 √ √ ⇐⇒ x1 = 2 + 4 + 5 ∨ x2 = 2 − 4 + 5 ⇐⇒ x1 = 5 ∨ x2 = −1. Wegen f (0) = 5 > 0 ist f (x) ≥ 0 für x ∈ [−1, 5].

4 x3 x3 + x2 + 5x = − + 2x2 + 5x; 3 2 3 • Grenzen: x = −1 und x = 5; Z 5 • Flächeninhalt: (−x2 + 4x + 5)dx = F (5) − F (−1) = 36 • Stammfunktion: F (x) = −

−1

2

b) y = x − 7x + 6; y 2

... ........ ... .... ... ... .... .. ... ..

... ... ... ... ... ... ... ... .. . ... ... ... ... ... ... ... .. ... . .. ... ... .. ... ................................................................................................................................................................................................ ... . ... ... .. . . ... .. ... . ... .. . ... ... ... ... ... ... ... .. ... . ... ... ... ... ... .. ... ... ... . . . ... ... ... ... ... ... ... ... ... . . ... ... .... ... .... .... .... ... ..... .... . . ...... . . .... ...... ...... ........ .................................

1

−2 −4 −6

2

3

4

5

6

7

x

186

Kapitel 11 • Nullstellen: 2

x − 7x + 6 = 0 ⇐⇒ x1 ⇐⇒ x1 ⇐⇒ x1 ⇐⇒ x1

r r 49 49 7 7 = + − 6 ∨ x2 = − −6 2 4 2 4 r r 7 49 − 24 49 − 24 7 ∨ x2 = − = + 2 4 2 4 √ √ 7 − 25 7 + 25 ∨ x2 = = 2 2 = 6 ∨ x2 = 1.

Wegen f (2) = −4 < 0 ist f (x) ≤ 0 für x ∈ [1, 6]. • Grenzen: x = 1 und x = 6; • Stammfunktion: F (x) =

x3 7 − x2 + 6x; 3 2

• Flächeninhalt: Z 6 − (x2 − 7x + 6)dx = −(F (6) − F (1)) = F (1) − F (6) 1   19 1 7 = − + 6 − (72 − 126 + 36) = 24 − = 20,83 3 2 6

Lösung zu Aufgabe 11.9: .... ......... .. ... .. .... ... ... .... .. ... .. ... ... ... ... ... ... ... .... ... .. .. ... ... .................................. ... ...... ..... .. ... ..... ...... .. ... . . . . . . . . . .... ... .... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... .. ... . . . ... . . . . ... . ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... .. .. ... ... ... .. ... . . . . . . ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .. .. . . . ... ... .. .... ... ... ... .. ... ... .... ... .... ... ... ... ... .. . ... .. ... .. . ...... ..... .... ... ....... ....... ... ......... ........ .. ... .... ... .... ... .... . . . .. ... .. .. .... . . . .... ... . .... ... . ... ... ... .... ... ... ..... .... ... .. .. ... ... ... ... .. ... . .. ... . . . . ... ... ... ... ... .... ... ... ... .. ... . .... .. .. .. ... . . ... ... . . .. ... .. ... .. . . ... ... . . ... .. . . ... ... . ... . ... . . ... ... . . .. ... . .. ... . . . ... . ... ... .. .. . ... . ... . ... ... . .... . . . ... . . ... ... . .... .. . . . . . . . . ... ..... . .... . . .. ...... . . ... . .... ... ......... . . . . . . ... ............................. . . . . .. ... . ........... ... ....... ... ... . ... ... ... ... ... ... . ..

y

8

6

4

2

−2

−1

1

2

x

Integration

187

Zunächst werden die Schnittpunkte von y = x2 und y = 8 − x2 berechnet: 8 − x2 = x2 ⇐⇒ x2 = 4 ⇐⇒ x = −2 ∨ x = 2. Für x ∈ [−2,2] ist 8 − x2 ≥ x2 . Der Flächeninhalt von M1 beträgt also Z

2

−2

(8 − x2 )dx −

Z

2 −2

x2 dx =

Z

h 64 2 i2 . = (8 − 2x2 ) dx = 8x − x3 3 3 −2 −2 2

√ √ Die Schnittpunkte der Kurven = 1 und y = (x − 2)2 − 5 sind 2 + 6 und 2 − 6. √ zu y √ Weiterhin gilt für x ∈ [2 − 6, 2 + 6] : 1 ≥ (x − 2)2 − 5. Somit ist der Flächeninhalt von M2 gegeben durch: Z

√ 2+ 6

√ 2− 6

h i2+√6 x3 2 (1 − (x − 2) + 5)dx = 2x − + 2x √ 3 2− 6 2

√ √ √ √ √ 2 √ (2 + 6)3 (2 − 6)3 = 2(2 + 6) − + 2(2 + 6) − 2(2 − 6) + − 2(2 − 6)2 3 3 √ √ 6 = ... = (12 − 24 − 12 + 48) = 8 6 ≈ 19,6 3

Lösung zu Aufgabe 11.10: f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c, f ′′ (x) = 6ax + 2b a) „f geht durch den Nullpunkt”, d. h. f (0) = 0 =⇒ d = 0. b) Wendepunkt bei (0, 0), d. h. f ′′ (0) = 0 =⇒ b = 0; aus a) und b) folgt daher f (x) = ax3 + cx. √ √  c) Steigung 0 im Punkt 33 , f ( 33 ) : f

′

√ ! 3 = 0 =⇒ a + c = 0 =⇒ c = −a =⇒ f (x) = ax3 − ax 3

d) Der Graph von f schließt mit dem positiven Teil der x-Achse eine Fläche von der Darstellung f (x) = ax3 − ax = ax(x2 − 1),

3 4

erhält man die Nullstellen: f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = −1. Wegen f ( √ und 33 = √13 ∈ (0, 1) ist f (x) ≥ 0 auf [0, 1].

ein. Aus

√ 3 3 )

>0

188

Kapitel 11 y

.. ......... ... .... .. ... .... .. ... ..

......................... ...... .... ... ..... ... ... . . ... .. . . ... .. . ... . .. ... . . ... ... . ... . . . ... ... ... . .. ... . . ... . . ... ... . ... .. . ... . . . ... ... ... . . . ................................................................. . ... . ... . ........ . ... ... . . ... . ... ... ... . ... ... .. . . ... ... ... .. ... ... ... ... .. ... ... .. . ... ... . ... ... ... . . ... ... . . ... ... .. . . ... ... .. . ... . ... .. . ... . ... .. ... . . ... . ... .. . ... . .... . ... . ...... ... . . . . ................ ... ... ... ... ... ... ...

1

1

−1

x

−1

Flächeninhalt: 1  4 Z 1 3 3 ax2 ax 3 = ⇐⇒ − (ax − ax) dx = {z } 4 4 2 0 4 0 | ≥0 auf [0,1]

⇐⇒

3 a 3 a a − = ⇐⇒ − = ⇐⇒ a = −3. 4 2 4 4 4

Insgesamt folgt somit: f (x) = −3x3 + 3x.

Lösung zu Aufgabe 11.11: f (x) = cx2 − 2x − 6c, c ∈ R \ {0}.

a) f ′ (x) = 2cx − 2, f ′ (0,5) = 0 ⇐⇒ c − 2 = 0 ⇐⇒ c = 2

b) Nullstellen:

f (x) = 0 ⇐⇒ 2x2 − 2x − 12 = 0 ⇐⇒ x2 − x − 6 = 0 ⇐⇒ x = −2 ∨ x = 3.

Wegen f (0) = −12 < 0 verläuft der Graph der Funktion auf [−2, 3] im Negativen.  3 3 Z 3 x 2x2 2 Flächeninhalt: − (2x − 2x − 12)dx = − 2 − = 41,6 − 12x 3 2 −2 −2

Lösung zu Aufgabe 11.12: x a  t3 x a a) fa (x) = a − t4 = x3 − x , fa (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = . 3 0 3 3 0 a a Damit kommt nur die Stelle x = als Schnittpunkt in Frage: = 5 ⇐⇒ a = 15. 3 3

Integration b)

Z

1 1 2

189

x2 (a − 4x)dx =

7 15 45 a− = 0 ⇐⇒ a = ≈ 3,214 24 16 14

Lösung zu Aufgabe 11.13: Z t F (t) = f (x)dx, t ∈ [0, t∗ ], wobei t∗ > 0 den Zeitpunkt beschreibt, bei dem die gesamte 0

Ladung ausgelaufen ist.

a) Zu bestimmen ist also t∗ , dazu: Z t Z t F (t) = ln(10(x + 1))dx = (ln 10 + ln(x + 1)) dx 0 0 Z t h it = t ln 10 + ln(x + 1)dx = t ln 10 + (x + 1)(ln(x + 1) − 1)

0

0

= t ln 10 + (t + 1) ln(t + 1) − t − 1 + 1 = t(ln 10 − 1) + (t + 1) ln(t + 1).

Da F ′ (t) = f (t) > 0 für t > 0 gilt, ist F streng monoton wachsend auf (0, ∞). Daraus erhält man: F (6 901) ≈ 69 999,8; F (6 902) > 70 000, so dass t∗ ≈ 6 902 (= b 4 Tage, 19 Stunden, 2 Minuten). Also ist das Öl am 15.01.2011 um 6.32 Uhr völlig ausgelaufen.

b) Nach a) ist bis 16.01., 10 Uhr, die gesamte Menge Öl (70 000 t) ausgelaufen. Die Zeitspanne vom 10.01., 11.30 Uhr, bis 12.01., 12.00 Uhr beträgt: 2 Tage + 30 Minuten = b 2 910 Minuten. Zu berechnen ist also 70 000 − F (2 910) ≈ 42 990,6 [t]. Lösung zu Aufgabe 11.14: a) Wegen

Zb 1

b α dx = −x−α 1 = 1 − b−α und α > 0 ist xα+1 Z∞

α xα+1

dx = lim

b→∞

1

Zb 1


α dx = lim 1 − b−α = 1. b→∞ xα+1

b) Eine Stammfunktion zu f mit f (x) = α β xβ−1 e−αx β F (x) = −e−αx , x > 0. Mit α > 0 und β > 0 gilt daher Z∞ 0

f (x) dx = lim

b→∞

Zb 0

β

ist gegeben durch F mit

b   β f (x) dx = lim F (x) = lim 1 − e−αb = 1. b→∞

0

b→∞

190

Kapitel 11

c) Eine Stammfunktion zu f mit f (x) =

o n x−α 1 − x−α , e β exp −e− β β

x ∈ R,

ist gegeben durch F mit n o x−α F (x) = exp −e− β ,

x ∈ R.

Mit den Parametern α ∈ R und β > 0 sowie c ∈ R ist damit Z∞

f (x) dx =

−∞

Zc

f (x) dx +

−∞

= lim

a→−∞

Z∞

f (x) dx

c

Zc

f (x) dx + lim

b→∞

a

= lim

a→−∞

Zb

f (x) dx

c


F (c) − F (a) + lim

b→−∞

= F (c) − 0 + 1 − F (c) = 1.


F (b) − F (c)

Lösung zu Aufgabe 11.15: a) Für das Doppelintegral gilt: Z

1

3

Z

1

(x + y)y dxdy =

−1

Z

3

1

=

Z

3

=

3

1

b) Für das Doppelintegral gilt: Z

1

3

Z

1

(xy + y 2 ) dxdy

−1

h1

2

1

Z

Z

ix=1 x2 y + xy 2 ) dy x=−1

2 2 3 2y 2 dy = y 3 = 18 − = 17,3 3 1 3

1

(x + y)y dydx =

−1

Z

3

1

=

Z

3

1

=

Z

1

3

Z

1

(xy + y 2 ) dydx

−1

1 iy=1 xy 2 + y 3 ) dx 2 3 y=−1

h1

2 4 dx = 3 3

Integration

191

c) Für das Doppelintegral gilt: Z 2Z 4 Z 2 (x − t) dxdt = 1

h1

2

(x − t)3

ix=4

dt 3 x=0 Z  1 2 (4 − t)3 + t3 dt = 3 1  2 1 1 1 − (4 − t)4 + t4 1 = − 24 + 24 − (−34 + 1) = · 3 4 12 34 − 1 80 20 = = = 12 12 3

0

1

d) Für das Doppelintegral gilt (Stammfunktion des Logarithmus ln t ist t(ln t − 1)): Z eZ e Z e  x=e x x ln dxdv = dv x ln − 1 v v 1 v 1 x=v Z e   e e ln − 1 + v dv = v Z1 e (v − e ln v) dv = 1

= e) Für das Doppelintegral gilt mit Z

0

2

Z

2y 2 y2

ie 1 e2 v 2 − ev(ln v − 1) = − −e 2 2 2 1

h1


2 √ ′ 3x x

√ Z 2 x dxdy = y 0 Z 2 =

=

√ x:

1 y

Z

2y 2

√ x dxdy

y2

2 1 h 2 √ ix=2y dy x x x=y 2 0 y 3 Z  2 2 1 √ 3 2 2y − y 3 dy = 3 0 y Z 2 2 √ = [2 2 − 1]y 2 dy 3 0 √ √ 2(2 2 − 1) h y 3 i2 16(2 2 − 1) = = 3 3 0 9

f) Im inneren Integral des Doppelintegrals stimmen die untere und obere Integrationsgrenze Z 0 überein. Daher gilt ye2y(1−t) dt = 0. Insgesamt ergibt sich dann: 0

Z

1 0

Z

0

0

ye2y(1−t) dtdy =

Z

0

1

0 dy = 0.

192

Kapitel 11

Lösung zu Aufgabe 11.16: Es ist f (x,y) = 1 + α (2x − 1) (2y − 1), (x,y) ∈ R = [0, 1] × [0, 1] und α ∈ [−1, 1]. Weiterhin ist f stetig auf R. a) Für α ∈ [−1, 1] gilt f (x,y) ≥ 0 für alle (x, y) ∈ R, denn wegen 2x − 1 ∈ [−1, 1], falls x ∈ [0, 1], 2y − 1 ∈ [−1, 1], falls y ∈ [0, 1], ist (2x − 1) (2y − 1) ∈ [−1,1] und damit α (2x − 1) (2y − 1) ≥ −1.

b) Für das gesuchte Integral gilt: ZZ

f (x,y) dx dy =

R

ZZ

1 dx dy + α

R



= 1 + α

Z1 Z1 0

Z1 0

0

(2x − 1) (2y − 1) dx dy 

(2x − 1) dx 

Z1

h i1 h i1 = 1 + α x2 − x · y 2 − y 0

0



(2y − 1) dy 

0

= 1.

Bemerkung: In der Statistik hat die Funktion f eine Interpretation als Dichtefunktion einer bivariaten Morgenstern-Gleichverteilung.

Lösung zu Aufgabe 11.17: Betrachtet man die stetige Funktion f zunächst als eine Funktion gy , die nur von der Variablen x abhängt, also gy (x) = f (x,y) = (x + y + xy) e−(x+y+xy) , dann ist wegen ZZ R

das innere Integral

(x,y) ∈ R = (0,∞)2 ,

  Z∞ Z∞ f (x,y) dx dy =  gy (x) dx dy 0

Z∞ 0

0

gy (x) dx

Integration

193

zu bestimmen. Dazu ist für b > 0: Zb 0

b  1 −(x+y+xy) e gy (x) dx = (x + y + xy) − 1+y 0 

+

Zb

(1 + y)

1 e−(x+y+xy) dx 1+y

0

b + y + by −(b+y+by) y =− e + e−y 1+y 1+y Zb −y e−x(1+y) dx +e 0

mit

Zb 0

e−x(1+y) dx = −

Wegen

b 1 1 1 e−x(1+y) = − e−b(1+y) + . 1+y 1+y 1+y 0

lim (b + y + by) e−(b+y+by)

b→∞

= lim

b→∞

b + y + by eb+y+by

l’Hospital

=

lim

b→∞

1+y =0 (1 + y) eb+y+by

und lim e−b(1+y) = 0 erhält man b→∞

Z∞

gy (x) dx = lim

b→∞

Zb

gy (x) dx =

y 1 e−y + e−y = e−y , 1+y 1+y

y > 0.

0

0

Also ergibt sich   Z∞ Z∞ f (x,y) dx dy =  gy (x) dx dy

ZZ

0

R

=

Z∞ 0

e−y dy = lim

b→∞

Zb 0

0

e−y dy = lim

b→∞


−e−b + 1 = 1.

Bemerkung: In der Statistik kann die Funktion f als Dichtefunktion einer speziellen bivariaten Gumbel-Exponentialverteilung interpretiert werden. Die Berechnung des Integrals wird etwas übersichtlicher, wenn f in anderer Form dargestellt und die Substitutionsmethode angewendet wird. Mit
f (x,y) = (x + 1) (y + 1) − 1 e−(x+1)(y+1)+1 ist

194

Kapitel 11 ZZ

Z∞ Z∞

f (x,y) dx dy = e ·

1

R

=e

Z∞ 1

Wegen Zb

xe

−xy

1

1



y

(xy − 1) e−xy dx dy Z∞ 1

x e−xy dx −

Z∞ 1



e−xy dx dy.

Zb x −xy b 1 −xy dx = − e e dx + y y 1 1

1 1 b = − e−by + e−y + y y y



1 − e−xy y

b

1

1 1 1 b = − e−by + e−y − 2 e−by + 2 e−y , y y y y lim

b→∞

Zb

x e−xy dx =

1

und

Zb

e

−xy

1

  1 −y y + 1 −y 1 = 1+ e , e y y y2

1 1 dx = − e−by + e−y , lim b→∞ y y s.o.

Zb

e−xy dx =

1 −y e y

1

ist dann ZZ

f (x, y) dx dy = e

Z∞  1

R

=e

Z∞

e

y + 1 −y 1 −y e − e y y

−y

dy = e lim

b→∞

1

= e lim −e b→∞

−b

+e

−1




Zb



dy

e−y dy

1

= 1.

Lösung zu Aufgabe 11.18: Wie in KCO, Kapitel 12, S. 383, 384 ist  R = (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x und damit

I=

ZZ R

f (x, y) dx dy =

Z1 0

 1−x  Z  f (x, y) dy  dx. 0

Integration

195

Die Funktion f ist stetig auf R. Ferner gilt n ∈ N, m ∈ N. Zur Abkürzung sei definiert (n+m+1)! c = (n−1)! (m−1)! . Zunächst wird das innere Integral bestimmt: 1−x Z

n−1

f (x, y) dy = c x

1−x Z

y m−1 (1 − x − y) dy

0

0



= c xn−1 (1 − x) 

1−x Z 0

y m−1 dy −



1−x Z 0



y m dy 

  y m 1−x y m+1 1−x n−1 (1 − x) = cx − m m+1 0 0   1 m+1 m+1 n−1 1 (1 − x) − (1 − x) = cx m m+1   1 1 1 = c xn−1 (1 − x)m+1 = c xn−1 (1 − x)m+1 − . m m+1 m(m + 1) Also gilt für I: c I= m (m + 1)

Z1 0

xn−1 (1 − x)m+1 dx

Hinweis

=

(n − 1)! (m + 1)! c m (m + 1) (n + m + 1)!

(n + m + 1)! 1 (n − 1)! (m + 1)! = = 1. (n − 1)! (m − 1)! m (m + 1) (n + m + 1)!

Bemerkung: In der Statistik wird die Funktion f als Dichtefunktion einer bivariaten Beta1−x R verteilung interpretiert. Ferner ist f (x, y) dy als Funktion von x die Dichtefunktion der 0

Marginalverteilung bezüglich der ersten Komponente, die sich als Betaverteilung mit den Parametern n und m + 2 herausstellt.

Lösung zu Aufgabe 11.19: Die Funktion f mit f (x, y) =

ap+q xp−1 (y − x)q−1 e−ay (p − 1)! (q − 1)!

ist stetig auf R = {(x, y) ∈ R2 ; y > x > 0} und daher integrierbar über R2 . Weiterhin sind a > 0, p ∈ N und q ∈ N Parameter. Dabei ist speziell q = 2. a) Zur Abkürzung sei c = Z∞ x

ap+q (p−1)! (q−1)!

xp−1 . Dann gilt mit q = 2:

Z∞ f (x, y) dy = c (y − x)2−1 e−ay dy x

196

Kapitel 11 ∞  Z Z∞ = c  y e−ay dy − x e−ay dy  x

x

 Z∞ ∞ 1 y e−ay dy − x e−ay dy  = c − e−ay + a a x x x     Z∞ x 1 = c  e−ax + −x e−ay dy  a a x ∞     1 1 x −x − e−ay = c e−ax + a a a  x    c 1 1 −ax x −ax = 2 e−ax e + −x e =c a a a a ap+2 ap 1 = xp−1 2 e−ax = xp−1 e−ax , x > 0. (p − 1)! a (p − 1)! 

Z∞

b) Unter Verwendung der Lösung zu Aufgabenteil a) und des Hinweises ist   ZZ Z∞ Z∞ f (x, y) dy dx =  f (x, y) dy  dx x

0

R

ap = (p − 1)! a)

Z∞

xp−1 e−ax dx = 1.

0

Bemerkung: In der Statistik kann f als Dichtefunktion einer speziellen bivariaten GammaVerteilung interpretiert werden. Teil a) zeigt dann, dass die erste Randverteilung durch eine (univariate) Gamma-Verteilung mit den Parametern a > 0 und p ∈ N gegeben ist. Lösung zu Aufgabe 11.20: n Q Der Integrand (4xi +1) ist für jedes n ∈ N eine stetige Funktion auf Rn und damit integrieri=1

bar. Ferner hat er Produktform, und daher gilt unter Anwendung der Formel in KCO, Kapitel 12, S. 383:   Z1/2 Z1/2 Z1/2Y n n Y   (4xi + 1) d(x1 , . . . , xn ) = ...  (4xi + 1) dxi  0

0

i=1

i=1

=

n Y

i=1

0

 n  i1/2 Y h 1 1 2x2i + xi = = 1. + 2 2 0 i=1

Bemerkung: In  dernStatistik kann der Integrand als eine multivariate (n-dimensionale) Dichtefunktion über 0, 12 aufgefasst werden.

12 Matrizen Literaturhinweis: KCO, Kapitel 7, S. 226-236

Aufgaben Bitte beachten Sie: • Mm,n bezeichnet die Menge aller (reellen) (m × n)-Matrizen, d. h. die Menge aller Matrizen mit reellwertigen Einträgen sowie m Zeilen und n Spalten. • A′ bezeichnet die Transponierte der Matrix A. In der Literatur werden auch At und AT verwendet.

Aufgabe 12.1: Bilden Sie alle möglichen Produkte aus je zwei der folgenden Matrizen: !     1 3 4 1 2 3 4 , D = (1 0 1). ,C = a) A = 2 0 , B = 2 0 0 0 0 5 2   ! ! 1 2 −3 1 1 −1 1 4 0 2 , C = 2 , D = (0 2 −1 5). b) A =  ,B= 0 1 0 0 3 2 4 2 −2 5 ! !      1 0 0 4 6 1 0 1 2 3 4 0 c) A = ,B = ,C = 3 5 ,D = 0 0 1 ,E = 0 3 3 4 2 0 1 0 1 0 2 4

 2 0 . 0 4

Aufgabe 12.2: Gegeben seien die Matrizen A ∈ Mk,l , B ∈ Ml,m , C ∈ Mm,n . Zeigen Sie mit Hilfe der Formel für die Elemente der Ergebnismatrix eines Produkts zweier Matrizen die Gültigkeit des Assoziativgesetzes (A · B) · C = A · (B · C).

198

Kapitel 12

Aufgabe 12.3: Berechnen Sie mit Hilfe der Matrizen A = ein Beispiel zum

   1 3 0 ,B = 0 2 2

   −1 −1 2 und C = 4 3 −2

a) Assoziativgesetz: (A · B) · C = A · (B · C), b) Distributivgesetz: A · (B + C) = A · B + A · C.

Aufgabe 12.4: Seien W1 die Menge aller (reellen) Matrizen mit nur einer Zeile und V1 die Menge aller (reellen) Matrizen mit nur einer Spalte sowie A ∈ Ml,m und B ∈ Mm,n . Für welche Werte l,m,n ∈ N gilt: a) A · B ∈ V1 ,

b) A · B ∈ W1 ,

c) A · B ∈ V1 ∩ W1 ,

d) A · B · A · B ∈ M3,3 ?

Aufgabe 12.5: a) Ermitteln Sie jeweils die Summe der Matrizen A und B: ! ! 3 1 2 0 i) A = 1 1 , B = 1 2 , 1 2 3 0 ! ! −2 2 −3 3 1 5 1 0 4 , ii) A = 2 4 0 , B = 2 −4 −5 3 7 8     2 −2 0 2 1 8 4 1 1 2 2 2 1 0 2 1 . ,B = iii) A =  0 −1 2 4 2 5 0 −1 1 2 4 1 3 4 −1 2

b) Bilden Sie zu B aus a) i), ii), iii) jeweils die transponierte Matrix. c) Bestimmen Sie für die Matrizen A und B aus a) i) die Matrix X ∈ M3,2 , für die gilt: A − X = 3 · B. d) Bilden Sie für die Matrizen A und B aus a) ii) die folgenden Matrixprodukte: A · B, A · B ′ , B ′ · A′ ; ermitteln Sie ferner (A · B)′ .

Matrizen

199

Aufgabe 12.6: Es seien A ∈ Mn,m und B ∈ Mm,k , m, n, k ∈ N. Zeigen Sie: a) A′ ∈ Mm,n und B ′ ∈ Mk,m , b) (A · B)′ = B ′ · A′ .

c) Überprüfen Sie b) für A =

1 4 −1 0 −3 2 1 5 7 2 1 −2

!

 4 −2 6  0 . und B =  −5 4 1 −2 

Aufgabe 12.7:    0 −6 12 3 1 3 0 4 6 0 15  0 −3 −1 −2 2 . und B =  Seien A =  0 3 −6 3 2 4 3 0 6 0 9 −6 0 −1 1 −2 

Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmatrix X folgender Gleichungen: a) A − 2X = B, b) B + 3X = (A′ · B)′ .

Aufgabe 12.8: Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmatrix X der folgenden Gleichungen: a) X ′ (A+B) = C +(A′ X)′ , wobei A, B, C, X ∈ Mn,n , BB ′ = In , n ∈ N (In bezeichnet die n-dimensionale Einheitsmatrix). b) 2AX − BX = X + C, wobei A, B, C, X ∈ Mn,n , A − 21 B = In , n ∈ N. c) (AB − C)X = D, wobei A = (aij )i,j ∈ M3,1 , B = (bij )i,j ∈ M1,3 , C = (cij )i,j , X,D ∈ M3,3 mit a11 = a31 = b12 = c12 = c32 = 1, a21 = b11 = b13 = c13 = c31 = α, c21 = c23 = α2 , c11 = c22 = c33 = 0, α ∈ R \ {0}.

200

Kapitel 12

Aufgabe 12.9: Die Lagerbestände der in den Lagern L1 , L2 und L3 vorrätigen vier verschiedenen Erzeugnisse E1 , E2 , E3 und E4 werden durch die Tabelle E1

E3

E4

L1

100 200 300

500

L2

600 500 300

200

L3

100 250 400 1000

bzw. durch die Matrix A = aij




i,j

=

E2

! 100 200 300 500 600 500 300 200 100 250 400 1000

beschrieben. (Im Lager Li liegen also aij kg des Erzeugnisses Ej ). Jedem Lager Li sollen dreimal bij kg von Ej und zweimal cij kg von Ej entnommen werden, 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 4. a) Welche Bedingungen müssen unter dieser Voraussetzung an die Matrizen A, B = (bij )i,j und C = (cij )i,j gestellt werden? ! 10 20 12 50 100 100 100 50 und b) Ist die Beziehung für die beiden Matrizen B = 0 10 25 200 ! 25 0 20 10 C = 150 100 0 25 gültig? 45 10 20 50

c) Seien A und B wie oben. Wie lautet die Matrix C, wenn jedes Lager Li durch zweimalige Entnahme von cij kg von Ej und dreimalige Entnahme von bij kg von Ej vollständig geleert werden soll, 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 4?

d) Die Bestände der Erzeugnisse Ej werden in allen drei Lagern auf das dj -fache geändert (dj > 0, 1 ≤ j ≤ 4). Stellen Sie eine Matrixgleichung auf, die diesen Sachverhalt beschreibt, indem Sie die Matrix der geänderten Bestände E ∈ M3,4 als Produkt der Matrix A mit einer geeigneten Matrix D darstellen.

Aufgabe 12.10: In einer Schokoladenfabrik werden die Sorten Krokantschokolade und Halbbitterschokolade in zwei Stufen produziert. In der ersten Stufe werden Milchschokoladenmasse (Z1 ), Halbbitterschokoladenmasse (Z2 ) und Krokant (Z3 ) hergestellt, wobei jeweils folgende Rohstoffe in den angegebenen Mengen benötigt werden: Für 1 kg Z1 :

0,5 kg Zucker (R1 ), 0,2 kg Kakao (R2 ), 0,2 kg Milchpulver (R3 ),

für 1 kg Z2 :

0,45 kg R1 , 0,45 kg R2 , 0,1 kg R4 ,

für 1 kg Z3 :

0,65 kg R1 , 0,35 kg Haselnüsse (R5 ).

0,1 kg Kakaobutter (R4 ),

Matrizen

201

In der zweiten Stufe müssen zur Herstellung der Endprodukte Krokant(tafel)schokolade (E1 ) und Halbbitter(tafel)schokolade (E2 ) folgende Mengen der Zwischenprodukte Z1 , Z2 , Z3 bereitgestellt werden: Für 1 kg E1 :

0,8 kg Z1 und 0,2 kg Z3 ,

für 1 kg E2 :

1 kg Z2 .

a) Stellen Sie die zu den beiden Produktionsstufen gehörenden Bedarfsmatrizen (Produktionsmatrizen) auf. b) Berechnen Sie die Gesamtbedarfsmatrix (Gesamtproduktionsmatrix). c)

i) In welchen Mengen müssen die fünf Rohstoffe bereitgestellt werden, um insgesamt 10 000 Tafeln (à 100 g) Krokantschokolade und 2 000 Tafeln (à 100 g) Halbbitterschokolade herstellen zu können? ii) Welche Rohstoffmengen werden benötigt, wenn zusätzlich je 50 kg von jedem der drei Zwischenprodukte Z1 , Z2 und Z3 hergestellt werden sollen?

Aufgabe 12.11: Ein Betrieb stellt aus drei Rohstoffen R1 , R2 , R3 drei Zwischenprodukte Z1 , Z2 , Z3 her, aus denen schließlich zwei Endprodukte E1 , E2 gefertigt werden. Zur Herstellung der Zwischenprodukte werden benötigt: 0,2 kg R1 , 0,5 kg R2 , 0,3 kg R3 für 1 kg Z1 , 0,8 kg R2 , 0,2 kg R3 für 1 kg Z2 , 0,1 kg R1 , 0,7 kg R2 , 0,2 kg R3 für 1 kg Z3 . Zur Produktion der Endprodukte sind folgende Mengen der Zwischenprodukte einzusetzen: 0,3 kg Z1 , 0,6 kg Z2 , 0,1 kg Z3 für 1 kg E1 , 0,2 kg Z1 , 0,8 kg Z2 für 1 kg E2 . a) Beschreiben Sie die beiden Produktionsstufen jeweils durch eine Bedarfsmatrix. b) Berechnen Sie die Gesamtbedarfsmatrix. c) Welche Rohstoffmengen werden zur Produktion von 5 kg E1 und 2 kg E2 benötigt?

202

Kapitel 12

Aufgabe 12.12: Ein Betrieb produziert die Güter E1 und E2 in zwei Produktionsstufen. In der ersten Stufe werden die Zwischenprodukte Z1 , Z2 und Z3 hergestellt. Die hierbei zur Erzeugung eines Kilogramms Zi , i = 1, 2, 3, benötigten Arbeitszeiten (in Stunden) an den Maschinen M1 und M2 sind in der folgenden Tabelle aufgeführt: Zeit an Maschine M1

M2

Z1

1

0

Z2

0,5

0,5

Z3

0,2

0,4

In der zweiten Stufe werden die Güter E1 und E2 aus den drei Zwischenprodukten zusammengemischt, und zwar werden für 1 kg E1 : 0,1 kg Z1 , 0,4 kg Z2 , 0,5 kg Z3 und für 1 kg E2 : 0,8 kg Z1 und 0,2 kg Z2 benötigt. a) Beschreiben Sie die beiden Produktionsstufen jeweils durch eine Bedarfsmatrix. b) Wie lautet die Bedarfsmatrix der Kombination aus beiden Stufen, und was bedeuten ihre Einträge? c) Welche Zeitkapazitäten müssen an den Maschinen M1 und M2 zur Verfügung gestellt werden, um 5,5 kg von E1 und 20 kg von E2 produzieren zu können? Aufgabe 12.13: Ein Produktionsbetrieb stellt aus zwei Rohstoffen R1 und R2 drei Zwischenprodukte Z1 , Z2 , Z3 her, die dann zu den beiden Endprodukten E1 und E2 weiterverarbeitet werden. Dieser zweistufige Produktionsprozess wird durch die folgenden Produktionstabellen beschrieben: Z1

Z2

Z3

R1

3

4

2

R2

7

6

9

E1

E2

Z1

6

4

Z2

3

0

Z3

4

2

(Dies bedeutet etwa, dass zur Herstellung einer Einheit Z3 genau 9 Einheiten von Rohstoff R2 eingesetzt werden.) Die Rohstoffpreise betragen 3 e pro Einheit R1 und 5 e pro Einheit R2 . a) Bestimmen Sie die Gesamtproduktionsmatrix. b) Welche Rohstoffkosten entstehen je Einheit der Endprodukte? c) Welche Rohstoffmengen werden zur Produktion von 20 Einheiten des ersten und 10 Einheiten des zweiten Endprodukts benötigt?

Matrizen

203

Aufgabe 12.14: Ein dreistufiger Produktionsprozess wird durch die drei folgenden Produktionsmatrizen be(2) (1) schrieben (Ri sind Rohstoffe, Zi Zwischenprodukte der ersten Stufe, Zi Zwischenprodukte der zweiten Stufe und Ei Endprodukte): (1)

R1 R2 R3

(1)

Z1 Z2  2 1   0 2  1 1

(1)

Z3 0

(2)



(1)

Z1

 3   1

(1)

Z2

(1)

Z3

Z1  3   2  1

a) Bestimmen Sie die Gesamtbedarfsmatrix.

(2)

Z2 1

E1



(2) Z1 (2) Z2

 2   2 (2)

2 4

E2 ! 5 1

(2)

b) Welche Rohstoffkosten entstehen je Einheit von Z1 , Z2 , falls die Rohstoffpreise p1 = 1, p2 = 2 und p3 = 1 für R1 , R2 bzw. R3 betragen? (1)

(1)

(1)

c) Welche Mengen von Z1 , Z2 und Z3 werden für die Produktion von 10 Einheiten des ersten und 20 Einheiten des zweiten Endprodukts benötigt?

Aufgabe 12.15: In einem dreistufigen Produktionsprozess werden im ersten Schritt aus drei Rohstoffen R1 , R2 und R3 zunächst die Zwischenprodukte Y1 , Y2 und Y3 , im zweiten Schritt die Zwischenprodukte Z1 und Z2 und im dritten Schritt die Endprodukte E1 , E2 und E3 hergestellt. Die diese Situation beschreibenden Bedarfsmatrizen seien:

R1 R2 R3

Y1  9   0  1

Y2 0 5 5

Y3  4  6   0

Y1 Y2 Y3

Z1  0   5  5

Z2  2  0   8

E1

E2

Z1

0

1

Z2

10

9

E3 ! 2 8

a) Wie viele Mengeneinheiten (ME) werden von Y1 , Y2 und Y3 benötigt, um 30 ME von E1 , 20 ME von E2 und 10 ME von E3 zu produzieren? b) Die Preise (je ME) für R1 , R2 , R3 betragen p1 = 2, p2 = 1, p3 = 0,1. Welche Rohstoffkosten fallen bei der Produktion von je einer ME von Z1 bzw. Z2 an?

204

Kapitel 12

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 12.1: a) Ein Matrixprodukt A · B ist nur definiert, falls für die natürlichen Zahlen k, n und m gilt: A ∈ Mk,n und B ∈ Mn,m . Damit sind folgende Matrixprodukte möglich: ( B ∈ M2,4 =⇒ A · B ∈ M3,4 • A ∈ M3,2 , C ∈ M2,1 =⇒ A · C ∈ M3,1 • C ∈ M2,1 , D ∈ M1,3 =⇒ C · D ∈ M2,3 • D ∈ M1,3 , A ∈ M3,2 =⇒ D · A ∈ M1,2 Die Berechnung ergibt: ! !  1 3  1 2 3 4 1 2 3 4 A·B = 2 0 = 2 4 6 8 , 0 0 0 0 5 2 5 10 15 20 ! !  10 1 3 4 8 , = A·C = 2 0 2 24 5 2     4 0 4 4 , (1 0 1) = C·D = 2 0 2 2 ! 1 3 D · A = (1 0 1) 2 0 = (6 5) . 5 2 b) A ∈ M4,3 , B ∈ M3,2 , C ∈ M3,1 , D ∈ M1,4 :

   ! −5 −9 1 2 −3 1 −1 1 4  8 18  0 0 2 = , A·B = 1 −1 1 0 0 2 4 12 14 2 −2 5     ! −4 1 2 −3 1 1 4  14  0 2 =  , A·C = 1 1 0 0 3 13 2 −2 5 ! ! 1 0 2 −1 5 C · D = 2 (0 2 −1 5) = 0 4 −2 10 , 3 0 6 −3 15   1 2 −3 1 4 0 = (9 −8 33) . D · A = (0 2 −1 5)  1 0 0 2 −2 5 

Matrizen

205

c) A ∈ M2,2 , B ∈ M2,3 , C ∈ M3,2 , D   3 1 2 A·B = 2 3 4   1 2 1 A·E = 3 4 0   3 4 0 B·C = 2 0 1  3 B·D = 2 C·A= C ·B = C ·E = D·C =

4 3 2 4 3 2 4 3 2 1 0 0

 4 0 0 1 ! 6  1 5 3 4 ! 6  3 5 2 4 ! 6  1 5 0 4 ! 0 0 0 1 1 0

∈ M3,3 , E ∈ M2,4 :    7 4 2 4 0 , = 17 12 4 0 1    0 2 0 1 6 2 8 = , 3 0 4 3 12 6 16 !   4 6 24 38 3 5 = , 10 16 2 4 !   1 0 0 3 0 4 0 0 1 = , 2 1 0 0 1 0 !  22 32 2 = 18 26 , 4 14 20 !  24 16 6 4 0 = 19 12 5 , 0 1 14 8 4 !  4 18 8 24 0 2 0 = 3 15 6 20 , 3 0 4 2 12 4 16 ! ! 4 6 4 6 3 5 = 2 4 . 3 5 2 4

Insbesondere gilt (schon wegen der unterschiedlichen Anzahl von Zeilen und Spalten der jeweiligen Ergebnismatrix): B · C 6= C · B.

Lösung zu Aufgabe 12.2: Seien A ∈ Mk,l , B ∈ Ml,m , C ∈ Mm,n , A = (aij )i,j , B = (bij )i,j , C = (cij )i,j und l X A · B = D ∈ Mk,m mit den Elementen dij , d. h. dij = aip bpj , 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ m. p=1

Das Produkt (A · B) · C = D · C = E habe die Elemente eiq , 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ q ≤ n. Dann gilt: eiq =

m X

dij cjq =

l X

m X

j=1

=

p=1

 

l m X X j=1

j=1

aip bpj

p=1



bpj · cjq  aip =

!

l X

cjq =

m X l X j=1 p=1

aip bpj cjq =

m X l X j=1 p=1

aip (bpj · cjq )

aip fpq ,

p=1

wobei fpq das Element von F = B · C ∈ Ml,n in der p-ten Zeile und q-ten Spalte ist. Aus der Definition des Matrixprodukts folgt: (A · B) · C = A · (B · C).

206

Kapitel 12

Lösung zu Aufgabe 12.3:       1 3 0 −1 −1 2 A= ,B = ,C = . 0 2 2 4 3 −2 a) Assoziativgesetz (A · B) · C = A · (B · C): • linke Seite:

    3 0 −1 6 11 = , 2 2 4 4 8      27 −10 −1 2 6 11 . = (A · B) · C = 20 −8 3 −2 4 8

A·B =

 1 0

• rechte Seite:

     −3 2 −1 2 0 −1 , = B·C = 10 −4 3 −2 2 4      1 3 −3 2 27 −10 s.o. A · (B · C) = = = (A · B) · C . 0 2 10 −4 20 −8

b) Distributivgesetz A · (B + C) = A · B + A · C: • linke Seite:

    −1 −1 2 −1 + = 4 3 −2 5     14 −1 1 1 3 = A · (B + C) = 10 5 2 0 2 B+C =

 0 2

• rechte Seite:

 1 , 2  7 . 4

     6 11 0 −1 1 3 , = A·B = 4 8 2 4 0 2      1 3 −1 2 8 −4 A·C = = , 0 2 3 −2 6 −4       14 7 s. o. 8 −4 6 11 = = A · (B + C). + A·B+A·C = 10 4 6 −4 4 8

Lösung zu Aufgabe 12.4: A ∈ Ml,m , B ∈ Mm,n =⇒ A · B ∈ Ml,n .

a) A · B ∈ V1 : Also n = 1, l, m beliebig.

b) A · B ∈ W1 : Also l = 1, n, m beliebig.

Matrizen

207

c) A · B ∈ V1 ∩ W1 =⇒ A · B ∈ M1,1 : Also l = n = 1, m beliebig.

d) (A · B) · (A · B) ∈ M3,3 ; A · B und A · B sind multiplizierbar, wenn l = n gilt. Dies ergibt (A · B) · (A · B) ∈ Ml,n . Also muss l = n = 3 gewählt werden, m ∈ N ist beliebig. Lösung zu Aufgabe 12.5: ! ! ! 2 0 3 1 5 1 a) i) A + B = 1 1 + 1 2 = 2 3 , 3 0 1 2 4 2 ! ! ! 1 3 2 −2 2 −3 3 1 5 1 0 4 = 3 4 4 , ii) A + B = 2 4 0 + 5 3 3 2 −4 −5 3 7 8       3 6 4 3 2 −2 0 2 1 8 4 1 1 2 2  2 2 4 3  2 1 0 2 1 . = + iii) A + B =  2 5 0 −1 0 −1 2 4 2 4 2 3 4 6 3 3 1 2 4 1 3 4 −1 2 !   −2 1 2 3 1 1 2 0 −4 , , zu a) ii) B ′ = b) zu a) i) B ′ = 1 2 2 −3 4 −5   2 0 0 1 −2 1 −1 2 zu a) iii) B ′ =  . 0 2 2 4 2 2 4 1 ! ! 3 1 2 0 A − X = 3B ⇐⇒ A − 3B = X, d. h. c) A = 1 1 , B = 1 2 : 1 2 3 0 ! ! ! ! ! −7 −3 9 3 2 0 3 1 2 0 X = 1 1 − 3 · 1 2 = 1 1 − 3 6 = −2 −5 . 0 −6 3 6 3 0 1 2 3 0 d) A =

3 2 3

! −2 2 −3 1 0 4 . 2 −4 −5 ! ! −2 2 −3 5 1 0 4 = 0 2 −4 −5 8 ! ! −2 1 2 5 2 0 −4 = 0 −3 4 −5 8 ! ! 3 2 3 1 2 1 4 7 = 0 −4 5 0 8 4 −5

! 1 5 4 0 ,B = 7 8

3 1 A·B = 2 4 3 7 3 1 A · B′ = 2 4 3 7 −2 2 B ′ · A′ = −3

−14 4 −26 23 2 35 5 0 −14 4 −30 10

5 0 17 −19 4 −16

Es gilt stets: (A · B)′ = B ′ · A′ (siehe Aufgabe 12.6 b)).

! −30 10 , −21 ! −23 −12 , −62 ! 17 −26 = (A · B)′ . −21

208

Kapitel 12

Lösung zu Aufgabe 12.6: a) A ∈ Mn,m , B ∈ Mm,k . Zu zeigen ist: A′ ∈ Mm,n , B ′ ∈ Mk,m .     a11 a12 . . . a1m a11 a21 . . . an1  a21 a22 . . . a2m   a12 a22 . . . an2   =⇒ A′ =  . A= ∈ Mm,n , . . . .. ..   ..  .. .. ..  . .  an1 an2 . . . anm a1m a2m . . . anm da A′ m Zeilen und n Spalten besitzt.

Die Behauptung für B wird analog nachgewiesen. b) Zum Nachweis von (A · B)′  a11 . . .  ..  .  A =  aj1 . . .  .  . . an1 . . .

= B ′ · A′ werden die Notationen  a1m  ..  b11 . . . b1i .   .. ajm  , B =  ... .  ..  b . . . b m1 mi . anm

 b1k ..  . . . . bmk

...

verwendet. Damit gilt für 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n: B)′i,j

(A · | {z

=

}

(A · B)j,i | {z }

m X

=

Element der i-ten Zeile und j-ten

Element der j-ten Zeile und i-ten

Spalte von (A · B)′

Spalte von A · B

l=1

ajl · bli .

Andererseits gilt: 

so dass

b11  ..  .  B ′ · A′ =  b1i  .  . . b1k

(B ′ · A′ )i,j =

m X l=1

bli ajl =

 bm1 ..   a 11 .    .. . . . bmi  . ..   a1m . . . . bmk ...

m X l=1

...

aj1 .. . . . . ajm

ajl bli = (A · B)j,i = (A · B)′i,j ,

 an1 ..  , . . . . anm

...

1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n.

Damit folgt die Behauptung.   ! 4 −2 1 4 −1 0 6  0 1 5 ,B = ,A·B = c) A = −3 2 −5 4 7 2 1 −2 1 −2   9 −12 21 , (A · B)′ = 18 12 6

! 9 18 −12 12 , 21 6

Matrizen

209

 1 −3 7   2 2 9 −12 21 4 0 −5 1  4 ′ ′ = B ·A = 1 1 18 12 6 −2 6 4 −2 −1 0 5 −2 =⇒ (A · B)′ = B ′ · A′ . 





Lösung zu Aufgabe 12.7: a) Gesucht ist die Matrix X mit A − 2X = B ⇐⇒ A − B = 2X ⇐⇒

1 (A − B) = X. 2

Einsetzen ergibt: 

1 9 1 1  2 −8 X = (A − B) =  2 1 2 2 −6 −1

  −12 1 0,5 2 −15  1 = 9 −3  1 −8 4 −3

4,5 −6 −4 1 0,5 4,5 −0,5 −4

 0,5 −7,5 . −1,5 2

b) Gesucht ist die Matrix X mit B + 3X = (A′ · B)′ ⇐⇒ B + 3X = B ′ · (A′ )′ ⇐⇒ B + 3X = B ′ · A ⇐⇒ 3X = B ′ · A − B ⇐⇒ X = 31 (B ′ · A − B).      1 3 0 4 3 0 0 −12 0 −3 0 6 0 −6 −18 21 −24 6 3 0 −1 −2 2 −6 = B′ · A =  4 3 0  0 3 −9 30 12 0 −6 9  2 0 −1 1 −2 −6 −3 33 24 3 15 3 −6     3 0 0 −12 0 −6 12 3 6 0 15  −6 −18 21 −24 −3 ′ B ·A−B = − 0 3 −9 30  0 3 −6 3 −6 − 3 33 24 6 0 9 −6   3 6 −12 −15 21 −39  − 3 −24 = 0 0 −3 27 −12 −3 24 30   1 2 −4 −5 7 −13 −1 −8 Damit gilt: X = 13 (B ′ · A − B) =  0 0 −1 9 −4 −1 8 10 Lösung zu Aufgabe 12.8: a)

X ′ (A + B) = C + (A′ X)′ ⇐⇒ X ′ A + X ′ B = C + X ′ (A′ )′ ⇐⇒ X ′ A + X ′ B = C + X ′ A ⇐⇒ X ′ B = C =⇒ X ′ BB ′ = CB ′ ⇐⇒ X ′ = (BC ′ )′ ⇐⇒ X = BC ′

210

Kapitel 12 (Probe: (BC ′ )′ (A + B) = C + (A′ BC ′ )′ ⇐⇒ CB ′ A + CB ′ B = C + CB ′ A ⇐⇒ CB ′ B = C (wahre Aussage) )

Die Lösungsmatrix ist also X = BC ′ .


b) 2AX − BX
= X + C ⇐⇒ (2A − B − In )X = C ⇐⇒ 2 A − 21 B − 12 In X = C ⇐⇒ 2 12 In X = C ⇐⇒ In X = C ⇐⇒ X = C ! ! ! α 1 α 0 1 α 1 2 2 2 2 c) A · B = α (α 1 α) = α α α , C= α 0 α 1 α 1 α α 1 0 ! α 0 0 =⇒ A · B − C = 0 α 0 = αI3 , also αI3 X = D ⇐⇒ αX = D ⇐⇒ X = α1 D. 0 0 α

Lösung zu Aufgabe 12.9: a) Für alle Paare (i,j), 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 4, muss gelten: 3bij + 2cij ≤ aij . b) Die Beziehung ist gültig, denn es gilt 3B + 2C = (rij )i,j =

80 60 76 170 600 500 300 200 90 50 115 700

!

und rij ≤ aij für alle (i,j) .

c) Die Matrix C ist derart zu bestimmen, dass gilt: 1 3B+2C = A ⇐⇒ 2C = A−3B ⇐⇒ C = (A−3B) = 2

! 35 70 132 175 150 100 0 25 . 50 110 162,5 200

d) Die Matrix E der geänderten Bestände lautet: E=

d1 · 100 d2 · 200 d3 · 300 d1 · 600 d2 · 500 d3 · 300 d1 · 100 d2 · 250 d3 · 400

 ! d1 d4 · 500 0 d4 · 200 = A·  0 d4 · 1 000 0 |

0 d2 0 0

{z =D

Lösung zu Aufgabe 12.10: a) 1. Stufe: Die Bedarfsmatrix lautet: 

a11 A =  ... a51

a12 .. . a52



0,5 a13 0,2 ..  = 0,2  . 0,1 a53 0 

0 0 d3 0

 0,45 0,65 0,45 0   0 0 . 0,1 0  0 0,35

 0 0 0 d4 }

Matrizen

211

Erläuterung: Für die Produktion von 1 kg Zj werden aij kg des Rohstoffs Ri benötigt. ! 0,8 0 1 . 2. Stufe: (analog) B = 0 0,2 0 b) Die Gesamtbedarfsmatrix berechnet sich als Produkt von A und B:    0,53 0,5 · 0,8 + 0,65 · 0,2 0,45 · 1  0,2 · 0,8 0,45 · 1 0,16    0,2 · 0,8 0  = 0,16 C = A·B =   0,1 · 0,8 0,1 · 1  0,08 0,07 0,35 · 0,2 0

 0,45 0,45  0 . 0,1  0

c) 10 000 Tafeln = ˆ 1 000 000 g = 1 000 kg, 2 000 Tafeln = ˆ 200 kg. Lösung: Die zur Produktion von x1 kg E1 und x2 kg E2 benötigten Rohstoffmengen v1 , v2 , v3 , v4 , v5 (in kg) berechnen sich wie folgt:       620 v1 0,53 0,45  250   v2  0,16 0,45  x    1 000    v3  = C · x1 , d. h. 0,16 0  200 = 160 . 2 100 v  0,08 0,1  4 70 v5 0,07 0 d) Zur Berechnung des zusätzlichen Bedarfs an Zwischenprodukten wird nur die erste Stufe betrachtet, d. h. die Matrix A:   80 ! 32,5 50   A · 50 = 10  .  10  50 17,5 Es werden also insgesamt benötigt: (80 + 620) kg = 700 kg Zucker, (32,5 + 250) kg = 282,5 kg Kakao, (10 + 160) kg = 170 kg Milchpulver, (10 + 100) kg = 110 kg Kakaobutter und (17,5 + 70) kg = 87,5 kg Haselnüsse. Lösung zu Aufgabe 12.11: a) 1. Stufe:

Z1

Z2

Z3

2. Stufe:

E1

E2

R1

0,2

0

0,1

Z1

0,3

0,2

R2

0,5

0,8

0,7

Z2

0,6

0,8

R3

0,3

0,2

0,2

Z3

0,1

0

212

Kapitel 12

b) Analog zu Aufgabe 12.10 ist die Gesamtbedarfsmatrix gegeben durch ! ! ! ! 2 0 1 3 2 0,2 0 0,1 0,3 0,2 1 5 8 7 6 8 0,6 0,8 = G = 0,5 0,8 0,7 100 3 2 2 1 0 0,3 0,2 0,2 0,1 0 ! ! 0,07 0,04 7 4 1 70 74 = 0,70 0,74 . = 100 23 22 0,23 0,22 c) Analog zu Aufgabe 12.10 werden die Mengen berechnet als das Produkt: ! ! !   0,43 7 4   43 1 1 5 5 70 74 498 = 4,98 = = G· 2 2 100 23 22 100 159 1,59

Lösung zu Aufgabe 12.12:  1 a) Bedarfsmatrix für die erste Stufe: A = 0 ! 0,1 0,8 B = 0,4 0,2 . 0,5 0

 0,5 0,2 , bzw. für die zweite Stufe: 0,5 0,4

b) Bedarfsmatrix für die Kombination der zwei Stufen:   0,4 0,9 C = A · B = (cij )i,j = . 0,4 0,1

Interpretation: Zur Produktion von 1 kg Ej werden c1j Arbeitsstunden an M1 und c2j Stunden an M2 benötigt, j = 1, 2.

c) xj bezeichne die an Maschine Mj zur Verfügung zu stellende Zeitkapazität, j = 1, 2. Dann gilt analog zu Aufgabe 12.10:       x1 20,2 5,5 . = =C· x2 4,2 20 Daher müssen 20 Stunden und 12 Minuten an M1 sowie 4 Stunden und 12 Minuten an M2 zur Verfügung gestellt werden.

Lösung zu Aufgabe 12.13: a) Gesamtbedarfsmatrix: G =



3 4 7 6

  6 4!  38 16 2 3 0 = mit der Interpretation 96 46 9 4 2 E1

E2

R1

38

16

R2

96

46

Matrizen

213

b) Die Rohstoffkosten zur Herstellung je einer Einheit der Endprodukte berechnen sich aus:   38 16 (3 5) = (594 278) , 96 46 d. h. zur Herstellung von E1 bzw. E2 entstehen Rohstoffkosten in Höhe von 594 e bzw. 278 e. c) Die Rohstoffmengen für 20 Einheiten von E1 und 10 Einheiten von E2 werden berechnet gemäß:      920 20 38 16 . = 2 380 10 96 46 Es werden 920 Einheiten R1 und 2 380 Einheiten R2 benötigt.

Lösung zu Aufgabe 12.14: ! !  3 1 2 1 0 2 A= 0 2 3 ,B = 2 2 ,C = 4 1 2 1 1 1

 5 . 1

a) Gesamtbedarfsmatrix: G = A · B · C =

8 7 6

! 4  2 10 4 5

b) Kostenvektor: (1, 2, 1) · AB = (28, 29). !   10 16   10 10 c) Mengenvektor: B · C · = 12 12 = 20 20 10 7

 5 = 1

! 32 44 54 45 . 32 35

! 420 360 . 240

Lösung zu Aufgabe 12.15: ! ! !   20 18 16 0 2 9 0 4 0 1 2 0 5 10 . =⇒ B·C = a) Sei A = 0 5 6 , B = 5 0 , C = 10 9 8 80 77 74 1 5 0 5 8 ! ! 30 1 120 200 gibt analog zu Aufgabe 12.14 die benötigten MenDer Vektor B · C · 20 = 10 4 680 geneinheiten von Y1 , Y2 und Y3 an. ! 20 50 b) A · B = 55 48 =⇒ (2, 1, 0,1) · A · B = (97,5, 148,2) liefert die Preise pro 25 2 ME von Z1 bzw. pro ME von Z2 .

13 Inverse einer Matrix Literaturhinweis: KCO, Kapitel 7, S. 248-258

Aufgaben Aufgabe 13.1: Welche der folgenden Matrizen sind spaltenregulär, welche sind zeilenregulär, und welche sind regulär?   ! 1 2 0 0   1 2 −2 3 6 −4 3 4 0 0  , C = , A= 1 4 , B= 0 0 0 6 6 −9 −18 12 5 6 0 0 7 8 D=

! −1 0 2 −2 2 0 , E= 3 0 −6

 1 G= 3

1 4 2

 2 −5 3 , H= −6 15 7

Aufgabe 13.2: Untersuchen Sie, ob die Matrizen ! 1 0 0 −2 6 A = 3 −1 9 , B = 0 2 0 −4

! 1 5 , 1

−1 0 3

F =

 2 4

−1 4 −2 8

 3 , 6

! 2 0 4 −3 . 1 1

!  1 1 0 −4 −9 und C = a 4 14

b 0



mit a, b ∈ R \ {0}

regulär sind, und bestimmen Sie gegebenenfalls ihre Inverse. Aufgabe 13.3: Es seien a und b reelle Zahlen mit a, b 6= 0. Untersuchen Sie mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen, ob die Matrizen ! ! 1−a b 0 3 −1 −1 a 0 0 5 15 bzw. B = A = −9 a 0 b 15 −9 −29 regulär sind, und bestimmen Sie gegebenenfalls ihre Inversen.

216

Kapitel 13

Aufgabe 13.4: Stellen Sie fest, welche der angegebenen Verknüpfungen mit den Matrizen  1 A= 2

  2 3 , B= 1 1

0 3 1 0



,

  3 1 C= 0 4

durchführbar sind, und geben Sie gegebenenfalls das Ergebnis an: b) B ′ · A ,

a) A · C,

c) B · C −1 , d) A · C −1 ,

e) A′ + C ′ .

Aufgabe 13.5: Stellen Sie fest, welche der angegebenen Verknüpfungen mit den Matrizen

A=

3 0 1

!  1 1 2 2 , B= 0 1 1

  2 3 , C= 3 1

 2 1

durchführbar sind, und geben Sie gegebenenfalls das Ergebnis an: b) A · B −1 ,

a) C · B,

c) B ′ · C −1 ,

d) A′ + B, e) (B · A)−1 .

Aufgabe 13.6: Bestimmen Sie die inversen Matrizen A−1 , B −1 , C −1 zu:  2 A= 3

 1 , B= 1

! 1 0 1 0 1 −1 , C = 0 −1 2

a 0 0 b 0 0

! 0 0 mit a, b, c ∈ R\{0} . c

Aufgabe 13.7: Invertieren Sie die folgenden Matrizen:

A=

1 3 2

2 3 1 4 5 2

!

, B=

1 0 1

 ! 1 2 1 2 −1 1 , C =  1 0 1 2

1 3 1 2

2 0 3 4

 0 −1 . −2 1

Inverse einer Matrix

217

Aufgabe 13.8: Invertieren Sie die folgenden Matrizen:  ! 1 1 3 2 0 A= 2 8 3 , B= 1 4 9 5 2

0 1 0 0

2 1 0 1

0

0

  1 0 1 4 , C = 8 1 2 0

0 3 2 1

0 5 6 1

 1 4 . 7 1

Aufgabe 13.9: Die Matrix A ∈ M3,3 sei gegeben durch 

 1 A= − 3

0



1 2 − 13  .

0 1 4

0

Ermitteln Sie mit Hilfe elementarer Zeilenumformungen die Matrix X ∈ M3,3 , für die gilt: XA − I3 = 0 .

Aufgabe 13.10: Zeigen Sie, dass jede Matrix A ∈ M2,2 mit A = wenn gilt:

 a c

 b genau dann eine Inverse A−1 besitzt, d

ad − bc 6= 0 .

In diesem Fall gilt: A−1 =

1 ad − bc



d −c

−b a



.

Aufgabe 13.11: Für zwei reguläre Matrizen A, B ∈ Mn,n , n ∈ N, gilt: (A · B)−1 = B −1 · A−1 . a) Beweisen Sie diese Aussage. b) Berechnen Sie die beiden Seiten der obigen Gleichung für die Matrizen     1 1 2 0 , , B= i) A = 1 4 0 4 ! ! 2 −1 0 1 0 −3 1 3 . 4 −2 , B = 0 ii) A = 2 1 −2 0 0 −4 −2

218

Kapitel 13

Aufgabe 13.12: Bestimmen Sie die inverse Matrix A−1



1 3 zu A =  1 2

3 1 0 2

1 0 1 2

Ist die inverse Matrix A−1 wiederum symmetrisch?

 2 2 . 2 5

(Eine Matrix heißt symmetrisch, wenn A = A′ .) Aufgabe 13.13: Zeigen Sie: a) A ∈ Mn,n , n ∈ N, ist regulär genau dann, wenn A′ regulär ist. In diesem Fall gilt: (A′ )−1 = (A−1 )′ .

b) Gegeben sei die Matrix A =

1 0 2 2 0 3

! 3 6 . Berechnen Sie jeweils (A−1 )′ und (A′ )−1 . 1

c) Ist A ∈ Mn,n symmetrisch (d. h. A = A′ ) und regulär, so ist auch A−1 symmetrisch. Aufgabe 13.14: Seien A, B ∈ Mn,n , n ∈ N, quadratische Matrizen und A außerdem invertierbar. Zeigen Sie: (A + B)A−1 (A − B) = (A − B)A−1 (A + B) .

Aufgabe 13.15: Sei A ∈ Mn,n , n ∈ N.

Zeigen Sie: Sind die Matrizen A, A−1 + In und A + In regulär, so gilt: (A−1 + In )−1 + (A + In )−1 = In . Hinweis: Multiplizieren Sie beide Seiten der Gleichung mit A−1 .

Aufgabe 13.16: Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmatrizen X der folgenden Gleichungen: a)

′

c)

X ′ (A′ − B ′ ) = (BX)′ , A,B ∈ Mn,m , X ∈ Mm,1 .

X ′ (A + B) = C + (A′ X) , A,B,C ∈ Mn,n regulär, X ∈ Mn,n .
′ b) (A′ X) − B C = D, A,B,C,D ∈ Mn,n regulär, X ∈ Mn,n .

Inverse einer Matrix

219

Aufgabe 13.17: Betrachten Sie einen Produktionsbetrieb, bei dem ein Teil der dort hergestellten Produkte wieder in die eigene Produktion eingeht (z. B. chemische Industrie). Ein solcher Betrieb stelle nun n Produkte P1 , . . . ,Pn her. Zur Beschreibung des Produktionsprozesses wird die sogenannte Eigenbedarfsmatrix A = (aij )i,j ∈ Mn,n verwendet: Ein Eintrag aij dieser Matrix gibt die Mengeneinheiten von Produkt Pi an, die zur Herstellung einer Mengeneinheit von Pj benötigt werden (aij ≥ 0, 1 ≤ i,j ≤ n). Die Eigenbedarfsmatrix kann durch den sogenannten Gozinto-Graphen (von „goes into“) veranschaulicht werden, z.B.: a65

P5

P6

a41

P4

a62

a34

a23

P2

P1

a31

P3

(Ein fehlender Pfeil zwischen Pi und Pj bedeutet aij = 0; hier sind z.B. a64 = 0, a14 = 0.) Geht eine Bestellung über die Mengen x1 , . . . , xn von P1 , . . . , Pn ein, so stellt sich die Aufgabe, aus der gesamten Information die tatsächlich zu produzierenden Mengen y1 , . . . , yn von P1 , . . . ,Pn zu ermitteln (xi , yi ≥ 0, 1 ≤ i, j ≤ n). Diese Aufgabe kann durch eine Matrixmultiplikation gelöst werden: Es ist eine Matrix M ∈ Mn,n derart zu bestimmen, dass gilt: M · (x1 , . . . , xn )′ = (y1 , . . . , yn )′ . a) Zeigen Sie: Ist In − A regulär, so gilt: M = (In − A)−1 .

Hinweis: Erläutern Sie zunächst, dass die Produktionsmenge yi für beliebiges n X aij yj + xi genügt. i ∈ {1, . . . , n} der Gleichung yi = j=1

b) Es seien n = 3 und A = (aij )i,j gegeben durch a12 = 3, a13 = 14, a23 = 7 und aij = 0 für (i, j) mit i ≥ j, 1 ≤ i, j ≤ 3. Berechnen Sie die Matrix M aus a).

Aufgabe 13.18: Ein Betrieb stellt fünf Produkte P1 , . . . , P5 her. Der Produktionsprozess wird durch folgenden Gozinto-Graphen beschrieben: P4

2

P1

1

P3

4

P5

2

a) Bestimmen Sie die zum Gozinto-Graphen gehörende Eigenbedarfsmatrix.

P2

220

Kapitel 13

b) Bei obigem Betrieb geht eine Bestellung über 10 Einheiten P1 , 20 Einheiten P2 , 20 Einheiten P3 und 10 Einheiten P5 ein. Wie viele Einheiten von P1 , . . . , P5 müssen für diese Bestellung unter Berücksichtigung des bei der Produktion entstehenden Eigenbedarfs tatsächlich produziert werden?

Aufgabe 13.19: Der Produktionsprozess von sechs Erzeugnissen E1 , . . . , E6 werde durch den folgenden Gozinto-Graphen veranschaulicht: 2

E5

E6

2

4

E2

E3

3

E4

1

E1 a) Geben Sie die durch diesen Gozinto-Graphen dargestellte Eigenbedarfsmatrix an. b) Welche von den auftretenden sechs Erzeugnissen werden für die Produktion selbst nicht benötigt? c) Von den Erzeugnissen aus b) sollen je 2 000 Mengeneinheiten (ME) ausgeliefert werden, von allen anderen je 1 100 ME. Wie viele Mengeneinheiten der Erzeugnisse Ei , i = 1, . . . , 6, müssen tatsächlich produziert werden?

Aufgabe 13.20: a) Es sei A ∈ Mn,n , n ∈ N, eine Matrix, für die eine natürliche Zahl m ≥ 2 derart existiert, dass gilt: Am = 0. Verifizieren Sie: −1

(In − A) b) Es sei



0 0 A= 0 1

= In +

m−1 X

Ai .

i=1

1 0 0 0

0 3 0 0

 0 0 0 0

die Eigenbedarfsmatrix eines Produktionsprozesses, d. h. aij gibt die Mengeneinheiten des i-ten Produkts an, die bei der Produktion einer Einheit des j-ten Produkts benötigt werden, 1 ≤ i, j ≤ 4. Bestimmen Sie mit Hilfe von a) die inverse Matrix von I4 − A.

Inverse einer Matrix

221

c) Betrachten Sie den Produktionsprozess aus b): Wie viele Mengeneinheiten yi von Produkt Pi , i = 1, 2, 3, 4, müssen gefertigt werden, wenn je 100 Einheiten von P1 und P2 und je 200 Einheiten von P3 und P4 verkauft werden sollen?

Aufgabe 13.21: Ein Betrieb stellt fünf Produkte P1 , . . . , P5 her, wobei ein Teil der Erzeugnisse jedoch für die Produktion selbst verbraucht wird. Die zum Produktionsprozess gehörige Eigenbedarfsmatrix ist:   0 0 0 0 0 2 0 0 0 1   A = 0 0 0 0 4 . 0 3 2 0 0 0 0 0 0 0 a) Zeichnen Sie den zur Matrix A gehörenden Gozinto-Graphen.

b) Bei obigem Betrieb geht eine Bestellung über 30 Einheiten P1 , 10 Einheiten P2 , 40 Einheiten P3 und 20 Einheiten P4 ein. Wie viele Einheiten von P1 , . . . , P5 müssen für diese Bestellung unter Berücksichtigung des bei der Produktion entstehenden Eigenbedarfs tatsächlich produziert werden?

222

Kapitel 13

Lösungen

Bitte beachten Sie: In den Lösungen zu den Kapiteln 13–16 werden zur Beschreibung der Umformungsschritte für Matrizen folgende Notationen verwendet. 1. Vertauschen der i-ten und j-ten Zeile Die Umformungsvorschrift 



...

    i-te Zeile    ...     j-te Zeile   ...

            

bedeutet: Die i-te Zeile wird mit der j-ten Zeile vertauscht.



    ai1   Allgemein:      aj1   Beispiel:



... . . . ain ... . . . ajn ...

1 2

   4 5   7 8

3



  6    9

             

 −→

−→



    aj1        ai1   7

   4   1

8 5 2

... . . . ajn ... . . . ain ... 9



  6    3

             

Inverse einer Matrix

223

2. Multiplikation der i-ten Zeile mit λ ∈ R (λ 6= 0) Die Umformungsvorschrift





...

   i-te Zeile  | · λ   ...

bedeutet: Jedes Element der i-ten Zeile wird mit λ multipliziert. 



...

   Allgemein:   ai1 . . . ain  |·λ ...  1 2 3   Beispiele:  4 5 6    

7

8

9

1

2

3

4

5

7

8



−→    

|·(−3)





...

   λ · ai1 . . . λ · ain    ...  −3 −6   −→  4 5

 6   |:2 9

−→

   

−9





7

8

 6   9

1

2

3

2

5 2

7

8

 3   9

3. Addition des λ -fachen der i-ten Zeile zur j-ten Zeile (λ ∈ R, λ 6= 0) Die Umformungsvorschrift



...

    i-te Zeile    ...     j-te Zeile   ...

             

+λ

bedeutet: Jedes Element der i-ten Zeile wird mit λ multipliziert und zum entsprechenden Element der j-ten Zeile (d. h. jeweils zum Element derselben Spalte) addiert. Die i-te Zeile bleibt bei diesem Umformungsschritt unverändert.

224 

···

    ai1 . . . ain   Allgemein:  ···     aj1 . . . ajn   ··· Beispiele:



1

          

             

2

4

5

7

8

1

2

4

5

7

8



+λ

3



  6    9 3



  6    9

    ai1   −→      aj1 + λ · ai1   

  −→   

−4



  −→   

+1

Kapitel 13 

··· ···

ain

··· . . . ajn + λ · ain ···

1

2

0

−3

7

8

8

10

4

5

7

8

3



12



            

  −6    9   6    9

Abkürzend führt man gegebenenfalls mehrere Umformungen „in einem Schritt“ durch. Die Notation 

. . .

   . . .   . . .



   |·2  

−1

+3

beschreibt drei Umformungsschritte in zeitlicher Abfolge: 

. . .

   . . .   . . .



   |·2  



. . .

  −→   . . .  . . .

     

−1



. . .

  −→   . . .  . . .

     

+3

Inverse einer Matrix

225

Die Operationsfolge 

entspricht:

1

2

   4   7

  6    9

5 8



1

−4 −7

2

   4   7 



3

3

  6    9

5 8

1



2

3

 −→   0 −3

−4





2

3

  −→  1 2  0  0 −6 −12

|:(−3)



1

1

2

3



     −→  0 −3 −6     7 8 9 

1

2

3

     

−7



    −6  1 2   |:(−3) −→  0  0 −6 −12 0 −6 −12

Analoge Notationen werden für Spaltenumformungen verwendet:            

1

|·(−2)

2

4

5

7

8 +1

3



 6   9 3





1

 −→   

3



8

 6   9

1

3

2

4

6



7

9

4

5

7

8

   6   −→  10 9 16

1

2

3

4

5

7

8

   6   −→  9



 6   9

7 −16

2



3

4 −10

1



−4

4

2 5

 5   8

Zur Beschreibung von Umformungsvorschriften für Zeilen von Matrizen werden auch (wie oben) Zeilennummern verwendet. Beispielsweise bedeutet (III′ ) = (III) + 2(I)

226

Kapitel 13 

. . .



   in obiger Notation, dass die neue dritte Zeile durch   . . .  . . .

+2

entsteht.

Nachfolgend werden verschiedene Methoden zur Lösung der Aufgaben benutzt. Es werden jedoch (zusätzlich) Lösungen unter ausschließlicher Verwendung von elementaren Zeilenumformungen angegeben. Lösung zu Aufgabe 13.1: Es werden folgende Aussagen für eine Matrix A benutzt: i) A spaltenregulär =⇒ A quadratisch oder A hat mehr Zeilen als Spalten. ii) A zeilenregulär =⇒ A quadratisch oder A hat mehr Spalten als Zeilen. iii) A zeilen- und spaltenregulär (d. h. „regulär“) =⇒ A quadratisch. iv) Ist A quadratisch, dann gilt: A spaltenregulär ⇐⇒ A zeilenregulär ⇐⇒ A regulär. • A hat mehr Zeilen als Spalten

(

ii)

=⇒ A nicht zeilenregulär, iii)

=⇒ A nicht regulär.       x1 + 2x2 = 0 x1 Damit gilt: A · X = A = 0 ⇐⇒ x1 + 4x2 = 0 x2    5x + 6x = 0 1

2

(I) (II) (III)

(III)

(II) − (I): 2x2 = 0 =⇒ x2 = 0 =⇒ x1 = 0; also gilt: (AX A spaltenregulär ist.     x1 + 2x2 =0   x1   3x + 4x =0 1 2 x  • B · X = A  2  = 0 ⇐⇒ x3  6x4 = 0    x4  7x3 + 8x4 = 0 (I)

= 0 =⇒ X = 0), so dass (I) (II) (III) (IV )

(IV )

(II) − 2 · (I) : x1 = 0 =⇒ x2 = 0; (III) : x4 = 0 =⇒ x3 = 0. iv)

Somit gilt: B spaltenregulär =⇒ B zeilenregulär bzw. regulär. i),iii)

• C hat mehr Spalten als Zeilen =⇒ C ist nicht spaltenregulär und somit nicht regulär. Es gilt:

Inverse einer Matrix

227

  −2x1 + 6x2 = 0       3x − 9x = 0 1 2 −2 3 6 −4 = 0 ⇐⇒ X ′ · C = (x1 , x2 ) 6 −9 −18 12  6x1 − 18x2 = 0     −4x1 + 12x2 = 0

(I) (II) (III) (IV )

(I) = − 32 (II) = − 31 (III) = 21 (IV ), d. h. es genügt, eine der vier Gleichungen zu betrachten (jedes (x1 , x2 ), das eine der Gleichungen erfüllt, erfüllt auch die drei anderen). Die Gleichung −2x1 + 6x2 = 0 wird etwa von (x1 , x2 ) = (1, 13 ) erfüllt. Damit ist X ′ = (1, 31 ) eine Lösung von X ′ · C = 0, so dass C nicht zeilenregulär ist.   ! + 2x3 = 0 (I)   −x1 x1 x • Es gilt D · X = D = 0 ⇐⇒ −2x1 + 2x2 = 0 (II) 2   x3  3x − 6x = 0 (III) 1

3

Da (I) ⇐⇒ x1 = 2x3 , ergibt Einsetzen von x1 in (III) die Gleichung 3 · (2x3 ) − 6x3 = 0, die für alle x3 ∈ R gültig ist. Eine Lösung ist somit x3 = 1 ! 2 (I) (II) =⇒ x1 = 2 =⇒ x2 = 2, so dass X = 2 eine nichttriviale Lösung von D · X = 0 1 ist. Somit ist D nicht spaltenregulär und wegen iv) auch nicht zeilenregulär und nicht regulär. ii)

• E hat mehr Zeilen als Spalten =⇒ E ist nicht zeilenregulär und somit nicht regulär. Eine Untersuchung auf Spaltenregularität ergibt:   !  (I)   x1 + x2 = 0 1 1 x1 4 5 = 0 ⇐⇒ E ·X = 4x1 + 5x2 = 0 (II) x2   2 1  2x + x = 0 (III) 1

2

(I)

(III) − (I) : x1 = 0 =⇒ x2 = 0 =⇒ X = 0. Also ist E spaltenregulär. i),iii)

• F und G haben mehr Spalten als Zeilen =⇒ F und G sind nicht spaltenregulär und damit nicht regulär. Die Untersuchung auf Zeilenregularität liefert:   2x1 + 4x2 = 0       −x − 2x = 0 1 2 2 −1 4 8 X ′ ·F = (x1 , x2 ) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ −x1 −2x2 = 4 −2 8 6  4x1 + 8x2 = 0     3x1 + 6x2 = 0 0 Eine mögliche Lösung ist x1 = −2, x2 = 1. Wegen (−2, 1)F = 0 und (−2, 1) 6= 0 ist F daher nicht zeilenregulär.   x1 + 3x2 = 0       2x − 6x = 0 1 2 1 2 −5 3 = 0 ⇐⇒ X ′ · G = (x1 , x2 ) 3 −6 15 7  −5x + 15x  1 2=0    3x1 + 7x2 = 0

228

Kapitel 13

⇐⇒

     

x1 + 3x2 = 0 − 12x2 = 0

⇐⇒ x1 = x2 = 0.

 −5x1 + 15x2 = 0     3x1 + 7x2 = 0

Somit ist G zeilenregulär.

• H ist quadratisch. Zur Untersuchung der Regularität wird der Ansatz über die Spaltenregularität verwendet:   ! ! =0 (I)   −x1 + 2x2 x1 −1 2 0 x2 = 0 ⇐⇒ 0 4 −3 H ·X = 4x2 − 3x3 = 0 (II)   x3 3 1 1  3x + x + x = 0 (III) 1

(III ′ )=(III)+3·(I)

⇐⇒

    −x1 + 2x2   

(II ′′ )=7·(II ′ )−4·(III ′ )

⇐⇒

=0

(I ′ )

4x2 − 3x3 = 0

(II ′ )

2

7x2 + x3 = 0 (III ′ )   =0 (I ′′ )   −x1 + 2x2 − 25x3 = 0

  

7x2 +

x3 = 0

iv)

(II ′′ ) ′′

(III )

3

⇐⇒

iv)

Somit gilt: H spaltenregulär =⇒ H zeilenregulär =⇒ H regulär.

    x1 = 0 x3 = 0    x =0 2

Alternative Lösung mit elementaren Zeilen- (Spalten) Umformungen • Wegen ii), iii) ist A weder zeilenregulär noch regulär. −2

   

1 1 5

2





   4   −→  6

Damit ist A spaltenregulär.      1 2 0 0  −3         3 4 0 0    −→ •       0 0 0 6 |:6       0 0 7 8

1

− 21

1 1 5

0



 2   −4

2 0

0 −2 0 0

0 0

0

0 7



0    0    1    8



 −→  

+1 |:(−2)

−8

1 0 7

0



 2   −4

Inverse einer Matrix 

 1    0 −→    0   0

229

0 0 1 0 0 0 0 7

 0    0    1    0

−→ I4

|:7

=⇒ B spaltenregulär, zeilenregulär und regulär. • Wie in der ersten Lösung folgt, dass C weder spaltenregulär noch regulär ist. Mit elementaren Zeilenumformungen folgt: ! ! −2 3 6 −4 −2 3 6 −4 −3 −→ , 0 0 0 0 6 −9 −18 12 d. h. C ist nicht zeilenregulär.   −1 0 2   −2    •  −2 2 +3 0     3 0 −6



  −→   

−1 0 0 2 0 0

d. h. D ist nicht (zeilen-, spalten-) regulär.

2



  −4  ,  0

• E ist nicht (zeilen-) regulär. Aus −1

   

1 4 2

−4

1



 5   1



 −→  

folgt die Spaltenregularität von E.

1 4 2

0





   1   −→  −1

• F und G sind nicht (spalten-) regulär. Wegen ! ! 2 −1 4 3 2 −1 4 3 −2 −→ 0 0 0 0 4 −2 8 6

1 0 6

0



 1   −1

ist F auch nicht zeilenregulär. Die Zeilenregularität von G folgt aus ! ! 1 2 −5 3 1 2 −5 3 −3 −→ 0 −12 30 −2 3 −6 15 7       −1 2 0 −1 2 0 −1 2 0                  −→ −→ •  +3  0 4 −3  7  0 4 −3   0 4 −3       −4  0 7 1 0 0 25 3 1 1 4 =⇒ H ist (zeilen- spalten-) regulär.

230

Kapitel 13

Lösung zu Aufgabe 13.2: Elementare Zeilenumformungen (angewendet auf (A|I3 )) liefern:      



  −→    

  −→    

  −→   



 −→  

1

0

0

1

0

3

−1

9

0

1

0

2

0

0

0

1

0

0

1

0

0

−1

9

−3

1

0

2

0

0

0

1

0

0

1

0

0

−1

9

−3

1

0

18

−6

2

0 1

0

1

0

0



  0    1 0

−3



  0    1 0



  0    1

0

0

0

−1

0

0

0

− 21

0

0

18

−6

2

1

1

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

− 13

1 9

1 2 1 18

+2

− 12

     

|·(−1) |:18



 , 

d. h. es ergibt sich die Form (I3 |A−1 ), also ist A regulär mit der Inversen 

 A−1 =  

1

0

0

0

0

− 31

1 9

1 2 1 18



 . 

Inverse einer Matrix

231

Die Umformung der Matrix (B|I3 ) ergibt:      



  −→    

 −→  

−2

1

1

1

0

6

−4

−9

0

1

−4

4

14

0

0

−2

1

1

1

0

0

−1

−6

3

1

0

2

12

−2

0

−2

1

1

1

0

−1

−6

3

1

4

2

0

0

0

0

0



  0    1 0

+3 −2



  0    1 0

+2



 0   1

Da eine Nullzeile auf der linken Seite entsteht, ist B nicht regulär. Zeilenumformungen bei (C|I2 ) ergeben (a, b 6= 0):

−→

0

b

1

0

a

0

0

1

1

0

0

1 a

0

1

1 b

0

d. h. C ist regulär mit C

−1

=



0 1 b

1 a

0

! !



−→

a

0

0

1

0

b

1

0

,

.

Lösung zu Aufgabe 13.3: Mit elementaren Zeilenumformungen gilt: 

3

   −9   15

−1

−1

1

0

5

15

0

1

−9

29

0

0

0



  0    1

+3 −5

!

|:a |:b

232

Kapitel 13 

  −→    

 −→  

3

−1

−1

1

0

0

2

12

3

1

0

−4 −24

−5

0

3

−1

−1

1

0

12

3

1

0

0

1

2

0

2

0

0



  0    1 0

+2



 0   1

Damit enthält die linke Teilmatrix eine Nullzeile, d. h. A ist nicht regulär und damit nicht invertierbar. Für die Matrix B erhält man analog:      

1−a

b

0

1

0

a

0

0

0

1

a

0

b

0

0



0

0

0

1 a

b

0

1

0

0

b

0

0

1

0

0

0

0

b

0

1

1 a a−1 a

0

0

b

0

−1

1

0

0

0

0

1

0

1 b

0

0

1

0

1 a a−1 ab − 1b

1   −→   1−a  a 

 −→  



 −→  

0



0



  0   |:a  1 −(1−a)  0    1 0



0



−a

 0   |:b 1 |:b  0  

1 b

Lösung zu Aufgabe 13.4:    2 0 1 3 , B= A= 1 1 2 1

  3 3 , C= 0 0

 1 . 4

Inverse einer Matrix     1 3 3 1 3 a) A · C = = 2 1 0 4 6 !  4 2 1  1 3 ′ = 2 b) B · A = 0 1 2 1 3 3 0

233  13 6 ! 7 1 9

c) Das Produkt B · C −1 ist nicht definiert, da B ∈ M2,3 und C −1 ∈ M2,2 .

d) Die Berechnung von C −1 ergibt: 3

−→ so dass C

1

4

0

1

1

0

1 3

0

1

0

1 − 12

1 = 12

1 4

! !

|:4

−1

−→

3 0

0 1

1 0

− 14 1 4

!

|:3

,

  4 −1 (Zur Berechnung von C −1 siehe auch Aufgabe 13.10). 0 3

A·C e) A′ + C ′ =

0

0

−1

Damit gilt:

1

−1

   3 1 2 + 1 3 1

 1 = 2



 1 4 12 0    4 2 0 = 4 5 4 3 1

   1 4 8 −1 = 3 12 8 1

Lösung zu Aufgabe 13.5:

A= a) C · B =



3 2 1 1

3 1 0 2 1 1

 1 2 0 1

!

    1 2 2 3 2 , B= , C= 0 1 3 1 1    3 8 12 2 = 1 3 5 3

b) Die Matrix B ist nicht quadratisch und damit insbesondere nicht invertierbar. Somit ist die Verknüpfung von A und B −1 als Produkt nicht möglich. ! !   1 0 1 −2 1 1 −2 ′ −1 1 −1 c) B · C = 2 1 = −1 3 2 3 3·1−2·1 −1 5       3 0 1 1 2 2 4 2 3 d) A′ + B = + = 1 2 1 0 1 3 1 3 4   −1  1 5 −7 5 7 e) (B · A)−1 = = 5 3 5 4 −3

234

Kapitel 13

Lösung zu Aufgabe 13.6: • Inverse zu A:

−→

2

1

1

0

3

1

0

1

1

1 2 − 12

1 2 − 23

0

1

0

1

0

1

−1

0

−→

• Inverse zu B:  1    0   0 

  −→    

 −→  

1

−2

3

! ! !

|:2

|·(−2)

=⇒ A

1

1

0

1

−1

0

1

−1

2

0

0

1

0

1

1

0

0

1

−1

0

1

0

0

1

0

1

1

0

0

1

0

1

0

0

−1

0

0

1

0

a • Inverse zu C:  0 0

0 b 0

0 0 c

2 1

1 0 0

0 1 0

1 2

1 2

0

3

1

0

1

−→ −1

0



−→

1

0

=

1 2

1 2

0

0

1

3

−2

−1 3

1 −2

!

− 21

!

+1



  0    1 −1

1

−3



  0    1 0

!



+1

−1



  −1  =⇒ B = 1    1

 0 0  1

1 0 0

−1

2 1

−1



 1   1

Die Division jeder Zeile durch das jeweilige Diagonalelement führt zu der Inversen  1 0 0 a C −1 =  0 1b 0  . 0 0 1c

Inverse einer Matrix

235

Lösung zu Aufgabe 13.7: • Inverse zu A:      



  −→    

  −→   



  −→    

 −→  

1

2

3

1

0

3

1

4

0

1

2

5

2

0

0

1

2

3

1

0

0

1

1

3 5

− 51

0

1

−4

−2

0

1

2

3

1

0 − 51

0

  0    1 0

0

1

1

0

0

1

13 25

1 − 25

− 51

1

0

1

− 51

2 5

0

4 − 25

1 − 25 − 51

0

1

0

0

0

1

13 25

1

0

0

0

1

0

18 − 25

0

0

1

1

2

1

1

0

0

−1

1

0

1

1

0

1

0

0

2 25 13 25

11 25 4 − 25 1 − 25



  0   

0

1 5

1 5 1 5 − 51

−3

    

0

|:(−5)

     

−1 |:(−5)

−2 −1

−1





   =⇒ A−1 = 1   25 

• Inverse zu B: 

−2



  0    1

3 5

2 25





  0    1

−1

−18 2

13

11 −4

−1

5



 5   −5

236

Kapitel 13 

  −→    

  −→    

 −→  

−1



0

− 21

1

− 21



0

2

0

1

0

0

−1

1

0

1

1

0

1

0

0

0

1

0

1 2

  0    1

0

0

1

1 2

1

0

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

− 12

−1

0

0

1

3 2 − 21 − 21

1 2 1 2

0 1

    

|:2

+1

−1





   =⇒ B −1 = 1   2

−1

−2

1

2

1

0

3

 −1   −1

• Inverse zu C:          

1

1

2

0

1

0

0

2

3

0

−1

0

1

0

1

1

3

−2

0

0

1

2

2

4

1

0

0

0

    −→     

1

1

2

0

1

0

0

0

1

−4

−1

−2

1

0

0

0

1

−2

−1

0

1

1

−2

0





    −→     

0

0

0

0

1

1

2

0

1

0

0

0

1

−4

0

−4

1

0

0

0

1

0

−5

0

1

0

0

0

1

−2

0

0

 0    0    0    1  0    0    0    1

−2

+1 +2



0    1    2    1

−1

+4

−2



−2

Inverse einer Matrix 

    −→      

  −→   

237

1

1

0

0

11

0

−2

0

1

0

0

−24

1

4

0

0

1

0

−5

0

1

0

0

0

1

−2

0

0

1

0

0

0

35

0

1

0

0

0

0

1

0

−24

−1

0

0

0

1

=⇒ C −1

1

−5 −2

 −4    9    2    1

−6 −13 4

0

1

0

0

 35 −1 −6 −13 1 4 9 −24 = −5 0 1 2 −2 0 0 1 



 9   2   1

Lösung zu Aufgabe 13.8: • Inverse zu A:      



  −→    

  −→   

1

3

2

1

0

2

8

3

0

1

4

9

5

0

0

1

3

2

1

0

0

1

− 12

−1

1 2

0

−3

−3

−4

0

1

3

2

1

0

0

1

− 12

−1

1 2

0

0

− 92

−7

3 2

0



  0    1 0



  0    1 0

−2

+3



  0    1

|·(− 29 )

−4

|:2

−1

238

Kapitel 13 

  −→    

  −→    

 −→  

1 0

1

0

− 21

−1

1 2

3

2

1

0

  0   

0

0

1

14 9

− 13

− 29

1

3

0

− 19 9

2 3

4 9

1 3

− 19

0

1

0

− 29

0

0

1

14 9

− 13

− 29

1

0

0

0

1

0

− 13 9

− 13

0

0

1

1 3 − 13

7 9 − 19 − 29

− 29 14 9



     

+ 12

−2

−3

   

=⇒ A−1

1 = 9

! −13 −3 7 −2 3 −1 14 −3 −2

• Inverse zu B:          

1

0

2

0

1

0

0

0

1

1

1

0

1

0

1

0

0

1

0

0

1

2

0

1

0

0

0

0

    −→     

1

0

2

0

1

0

0

0

1

1

1

0

1

0





    −→     

0

0

−2

1

−1

0

1

0

0

−3

0

−2

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

1

0

3 2

− 21

1

1 2

0

0

1

− 12

1 2

0

− 12

0

− 32

− 21

0

− 32

0

0

 0    0    0    1

−1

 0    0    0   |:(−2)  1

−2

−1

−2

− 32



0    0    0    1

+ 23 +1 − 31

|·(− 23 )

Inverse einer Matrix 

  −→    =⇒B −1

239

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1



−1 1 −3 =  2 3 1

0 3 0 0

− 13

0

0

1

2 3 1 3

0

−1

−1

0

0 1

 0 2 −3 3 0 −1 3 −2

• Inverse zu C:          



    −→      

    −→      

    −→     

1

0

0

1

1

0

0

4

3

5

4

0

1

0

8

2

6

7

0

0

1

2

1

1

1

0

0

0

1

0

0

1

1

0

0

0

3

5

0

−4

1

0

0

2

6

−1

−8

0

1

0

1

1

−1

−2

0

0

1

0

0

1

1

0

0

0

1

5 3

0

− 43

1 3

0

0

8 3

−1

− 16 3

− 32

1

0

− 32

−1

− 23

− 31

0

0 0 1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

5 8

2

3 4

− 85

0

0

1

− 38

−2

− 41

3 8

0

− 54

−2

− 21

1 4

0

0

2 3



 1   − 31   2 −3



0    0    0    1

−4

 0    0  |:3   0    1

 0    0    3 0   |· 8  1

−8

−2

−2

−1

− 35 + 23



0    0    0    1 |·(− 54 )

+ 38

− 85

−1

240

Kapitel 13 

  −→   

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

=⇒ C −1

− 53

1

− 57 8 5

− 52

1 5 − 12 3 10 − 15

1 2 1 − 10 2 5

 −6 −4 2 8 1  10 5 −5 5 =  3 −3 10 −14 −1 16 4 −2 −8 

4 5 1 2 3 − 10 − 54

     

Lösung zu Aufgabe 13.9: XA − I3 = 0 ⇐⇒ XA = I3 ⇐⇒ X = A−1 (falls A regulär). 

0

  −1  3 0



  −→   



  −→    

 −→  

0 0 1 4

1 2 − 31

0

0

1

0

0

0

 0   1 0

0

0

1

2

0

1

0

1

0

−3

0

1

0

0

0

0

0

1

2

0

1

0

0

−2

−3

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

−2

−3

0

0

1

2

0

0

0

0



1



  0    4 0



0



|·2 |·(−3) |·4

−1

  0    4



  −1  4   =⇒ X = A =  0

Lösung zu Aufgabe 13.10:   a b ist regulär ⇐⇒ ad − bc 6= 0. Zeige: A = c d

−2

−3

2

0

0

0

0



 4   0

Inverse einer Matrix ′

=⇒′ :

241

• 1. Fall a = 0: Da A regulär ist, muss sowohl b 6= 0 als auch c 6= 0 gelten; denn andernfalls enthielte A eine Nullzeile bzw. Nullspalte, so dass ein Widerspruch zur Regularität bestünde. Also gilt: ad − bc = −bc 6= 0. • 2. Fall a 6= 0: Da A regulär ist, ist A insbesondere spaltenregulär. Somit ist X = 0 einzige Lösung von AX = 0. In anderer Darstellung bedeutet dies      x1 a b 0 =⇒ x1 = x2 = 0 = x2 c d 0 bzw.

(

ax1 + bx2 = 0 cx1 + dx2 = 0

=⇒

x1 = x2 = 0

Da a 6= 0 gilt, ist das Gleichungssystem äquivalent zu ( ( x1 = − ab x2 x1 = − ab x2
⇐⇒ d − cb (ad − bc)x2 = 0 a x2 = 0

′

Wäre nun ad − bc = 0, so wäre etwa x2 = a(6= 0), x1 = −b eine weitere Lösung. Da es aber nur die Lösung (x1 , x2 ) = (0, 0) gibt, muss daher ad − bc 6= 0 sein.

⇐=′ : Sei ad − bc 6= 0.

• 1. Fall a = 0: Dies impliziert ad − bc = −bc 6= 0, so dass b 6= 0 und c 6= 0. Damit ist A offensichtlich regulär. Weiterhin gilt für die Inverse von A:

−→

0

b

1

0

c

d

0

1

1

0

1 c

0

1

d − bc 1 b

0

!

|:b |:c

−→

0

1

1 b

0

1

d c

0

1 c

!

− dc

!

Somit gilt: A−1 =

1 −bc



d −c

−b 0



a=0

=

1 ad − bc



d −c

 −b . a

• 2. Fall a 6= 0: a b

1 0

c d

0 1

!

|:a

−c

−→

1

b a

0 d−

cb a

1 a − ac

0 1

!

a |· ad−bc

b −a

242

Kapitel 13 −→

1

0

0

1

d ad−bc c − ad−bc

!

b − ad−bc a ad−bc

Damit folgt die Regularität von A und die Darstellung der Inversen A−1 .

Lösung zu Aufgabe 13.11: a) Zeige: (AB)−1 = B −1 A−1 . Dazu: (AB) (B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIn A−1 = AA−1 = In , d. h. B −1 A−1 | {z } soll Inverse von AB sein

ist die Inverse (AB)−1 von AB.     1  1 2 0 0 2 0 ; =⇒ A−1 = 2 1 = b) i) A = 0 4 0 4 4 0 1       1 1 4 −1 4 −1 1 1 −1 = , =⇒ B = B= 1 1 1 4 1 · 4 − 1 · 1 −1 3 −1 (s. Aufgabe 13.10);      2 2 1 1 2 0 , = A·B = 4 16 1 4 0 4     1 1 16 −2 8 −1 −1 (A · B) = = ; 2 1 32 − 8 −4 12 −2       1 1 4 −1 1 2 0 8 −1 B −1 A−1 = = . 1 4 0 1 1 3 −1 12 −2 ii) Invertieren der Matrizen A und B: 

  A :  



  −→   

1

0

−3

1

0

2

4

−2

0

1

0

−4

−2

0

0

1

0

−3

1

0

0

4

4

−2

1

0

−4

−2

0

0

0



  0    1 0

−2



  0    1

+1 |:2

Inverse einer Matrix 

  −→    

 −→   

  B :  



  −→    

  −→    

 −→   =⇒ B

243 1

0

−3

1

0

0

4

4

−2

1

0

  0   

0

0

1

−1

1 2

1 2

1

0

0

0

1

0

−2

0

0

1

−1

3 2 − 41 1 2

3 2 − 21 1 2

2

−1

0

1

0

0

0

1

3

0

1

1

−2

0

0

0

0

1

0

1 3

0

0

1

3

0

1

1

−2

0

0

0

0

1

0

1 3

0

− 32

1

2 3

1 2

− 32

0

3

1

0

0

2 3

0

− 31

1

0

0

0

0

1

0

− 31

0

0

1

2 3 1 3 − 19

−1

1 = 9

Rechnung:      

1 3





−8 6 6 2 −1 −2 −4 2 2

!

|:3 −2

−1

+2



   |:3   

 − 32   2 9

! 6 0 −3 3 0 −6 . Wegen AB = −1 3 2 −1

5

0

1

0

2

6

12

0

1

0 −12

0

0

−2

|:4

  =⇒ A−1 = 1  4

  0    1

0

+3 −4



  0    1

− 13

0



! −1 5 0 2 6 12 folgt aus der −2 0 −12 0



  0    1

|·(−1)

+1

244

Kapitel 13 

  −→   

1

−5

0

−1

0

0

6

0

0

1

0 −12

0

0

−1

0

0

0

0

1 6

1 6

0 −10 −12

−2

0

1

1

0

0

0

1

0

−1

0

0

1

5 6 1 6 5 − 36

5 6 1 6 − 92

−2



1

  −→   

0



 −→  

−1

die Gleichung (AB)

−5

0

1

0

1 6

0



  1    1

+2

|:6



 +5     +10

|:(−12)

   

! −36 30 30 0 6 6 = B −1 A−1 . 6 −5 −8

1 = 36

Lösung zu Aufgabe 13.12:

         

1

3

1

2

1

0

0

3

1

0

2

0

1

0

1

0

1

2

0

0

1

2

2

2

5

0

0

0

    −→     

1

3

1

2

1

0

0

0

−8

−3

−4

−3

1

0

0

−3

0

0

−1

0

1

0

−4

0

1

−2

0

0



 0    0    0    1 

0    0    0    1

−3

−1

−2

+1 +9 |:(−3)

+4

Inverse einer Matrix 

    −→      

    −→      

  −→   

245

1

0

1

2

0

0

1

0

1

−3

−4

0

1

−3

0

1

0

0

1 3

0

− 31

0

0

0

1

− 32

0

− 34

1

0

1

0

4 3

0

11 3

0

1

−3

0

− 38

 −2    4    −4    1

1 − 25 3

0

0

3

0

3

−1

8

0

0

0

1

− 32

0

− 34

1

0

0

0

1 3

1

0

1

0

0

1 3 1 3

0

0

0

1

0

1

0

0

0

1

− 32

− 31

− 31

Damit gilt: A−1

 0    0    0    1

− 23

−1

−1

+1 |:3



 0   − 43   1

8 3 − 34

0

−2

+4

 1 1 3 −2 1 1 0 −1 0 , und A−1 ist symmetrisch. =  3 −1 8 −4 3 −2 0 −4 3 

Lösung zu Aufgabe 13.13: a) Zu zeigen: A ∈ Mn,n regulär ⇐⇒ A′ regulär, und es gilt: (A′ )−1 = (A−1 )′ .

Beweis: Die Äquivalenz der Regularität von A und A′ folgt sofort daraus, dass die Zeilenregularität von A (A′ ) der Spaltenregularität von A′ (A) entspricht. Weiterhin gilt: A′ · (A−1 )′ = (A−1 · A)′ = In′ = In ,

d. h. für die Inverse von A′ gilt: (A′ )−1 = (A−1 )′ . ! 1 0 3 b) A = 2 2 6 : 0 3 1      

1

0

3

1

0

2

2

6

0

1

0

3

1

0

0

0



  0    1

−2

|:2

−3

246

Kapitel 13 

  −→    

 −→  

A′ =

1 2 0 2 3 6      



 −→  

1

0

3

1

0

0

1

0

−1

1 2

0

0

1

3

− 32

1

0

0

0

1

0

−8

0

0

1

−1

9 2 1 2 − 32

−8

−1

3

−3

0



 d. h. (A−1 )′ =  

! 0 3 : 1

3

9 2

1 2

1

2

0

1

0

0

2

3

0

1

3

6

1

0

0

1

0

0

0

1

0

−8

−1

0

0

1

−3

0

−8

−1

3

−3

0



 d. h. (A′ )−1 =  

9 2

9 2

1 2

c) Sei A′ = A. Zu zeigen: (A−1 )′ = A−1 .

1 2

0



  0    1

−3



−3



 0  , 1

 − 32  . 1

0



  0    1 3

−3

−1 −3

|:2



 − 23  , 1



 − 32  . 1

A′ =A

Beweis: Nach a) ist (A−1 )′ = (A′ )−1 = A−1 , d. h. A−1 ist symmetrisch. Lösung zu Aufgabe 13.14: Die Behauptung folgt aus: (A + B) · A−1 · (A − B) = (In + B · A−1 )(A − B)

= A + B − B − B · A−1 · B = A − B · A−1 · B;

Inverse einer Matrix

247

(A − B) · A−1 · (A + B) = (In − B · A−1 )(A + B)

= A − B + B − B · A−1 · B = A − B · A−1 · B.

Lösung zu Aufgabe 13.15: Nach Voraussetzung sind A, A−1 + In , A + In regulär. Dann gilt: (A−1 + In )−1 + (A + In )−1 = In Multiplikation mit A−1 von rechts ⇐⇒ (A−1 + In )−1 · A−1 + (A + In )−1 · A−1 = In · A−1

13.11

⇐⇒ (A · (A−1 + In ))−1 + (In + A)−1 · A−1 = A−1

⇐⇒ (In + A)−1 + (In + A)−1 · A−1 = A−1 ⇐⇒ (In + A)−1 (In + A−1 ) = A−1 Multiplikation mit (In + A) von links ⇐⇒ In + A−1 = (In + A) · A−1 ⇐⇒ In + A−1 = A−1 + In

Da letztere eine wahre Aussage ist, folgt die Behauptung. Lösung zu Aufgabe 13.16: a) X ′ (A + B) = C + (A′ X)′ ⇐⇒ X ′ A + X ′ B = C + X ′ A ⇐⇒ X ′ BB −1 = CB −1 ⇐⇒ X = (CB −1 )′ , d. h. L = {(CB −1 )′ }.

b) [(A′ X)′ −B]C = D ⇐⇒ X ′ = (D +BC)(AC)−1 ⇐⇒ X = [(AC)−1 ]′ (D +BC)′ , d. h. L = {[(AC)−1 ]′ (D + BC)′ }. c) X ′ (A′ − B ′ ) = (BX)′ ⇐⇒ X ′ (A − B)′ = (BX)′ =⇒ X ∈ L = {Y ∈ Mm,1 | (A − 2B)Y = 0}.

⇐⇒

Lösung zu Aufgabe 13.17: 

   x1 y1 a) Zu zeigen ist (In − A)−1  ...  =  ... . xn yn

Zunächst gilt für die von Pi benötigte Menge yi : yi =

n X j=1

aij yj + xi für i ∈ {1, . . . , n},

(A − 2B)X = 0

248

Kapitel 13 da diese Menge interpretiert werden kann als yi = Eigenverbrauch + auszuliefernde Menge von Pi . Zur Produktion von y1 Einheiten von P1 ,., und yn Einheiten von Pn werden jeweils n X aij yj Einheiten von Pi benötigt, i ∈ {1, . . . , n}. y1 ai1 + · · · + yn ain = j=1

Dies ergibt das lineare Gleichungssystem: 

 a y   1j j    j=1  y1 x   1 .     ..  ..  . = + .  .    n .  X  yn xn  a y  



n X

nj j

j=1

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

  a11 y1 .   .  . = . .   . an1 yn 

    x1 y1 a1n .   .  ..      .   ..  +  ..  xn yn . . . ann

...

     y1 y1 x1 .  .  .   .  − A .  =  .  .  .  .  yn yn xn 

⇐⇒

   x1 y1   .   .  = (In − A)−1  ..  ,  .  .  xn yn 

b) Seien n = 3 und A =      

1 0 0

falls In − A regulär ist.

! 14 7 =⇒ I3 − A = 0

0 3 0 0 0 0

−3 −14

1

0

−7

0

1

1

0

1 0

   y1 x1 .  .  .  .  (In − A)   . = .  yn xn 

0

1 −3 0 1 0 0

0

! −14 −7 . Wegen 1



  0    1

+14 +7

Inverse einer Matrix

249 

  −→    

 −→  

1

−3

0

1

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

0

1

3

0

1

0

0

1

0

0

1

0

ergibt sich die Inverse (I3 − A)−1 =

1 0 0

0 ! 3 35 1 7 . 0 1

14



  7    1

35

+3



 7   1

Lösung zu Aufgabe 13.18:   0 0 1 0 0 0 0 0 0 0    a) A = 0 0 0 0 4 2 0 0 0 0  0 2 0 0 0

b) Zur Produktion der Bestellung (x1 , . . . , x5 )′ = (10, 20, 20, 0, 10) werden die (tatsächlichen) Produktionsmengen     10 y1 20 y2      y3  = (I5 − A)−1 20  0 y  4 y5 10 hergestellt. Die Berechnung von (I5 − A)−1 ergibt wegen   1 0 −1 0 0  0 1 0 0 0   0 1 0 −4 : I5 − A =  0 −2 0 0 1 0 0 −2 0 0 1 

1

   0    0     −2  0



0

−1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0  

0

1

0

−4

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

1

−2

0

0

1

0

0

0

0

 

 0     0   1

+1 +2 +2

250

Kapitel 13 

     −→       

     −→       

     −→      

0

0

0

−4

1

0

1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

−4

0

0

1

0

0

0

−2

1

0

2

0

0

1

0

0

0

0

1

0

2

0

0

1

0

0

0

0

1

8

1

0

4

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

8

1

0

0

0

−2

1

0

2

0

0

1

0  

0

0

0

0

1

0

2

0

0

1

0

0

0

0

1

8

1

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

8

1

0

0

0

0

1

0

2

16

2

1

0

0

0

0

1

0

2

0

0

=⇒ (I5 − A)−1



1 8 1 0 1 0  = 0 8 1 2 16 2 0 2 0

   1 8 1 y1 y2  0 1 0    y3  = 0 8 1 y  2 16 2 4 y5 0 2 0

0 0 0 1 0

0 0 0 1 0

 4 0  4 , so dass 8 1

0



1

  0    0     0  

+4 +4

1

   

4  

  

+2

0  1

4



  0    4  ;   8   1

      230 23 1 4  2  20 0 2       4 2 · 10 = 10 · 22 = 220 .  46 460   0 8 50 5 1 1

Inverse einer Matrix

251

Lösung zu Aufgabe 13.19: 0 0 0 0 1 0 a) A =  0 0  0 0 0 2

0 4 0 0 0 0

0 0 3 0 0 0

0 0 0 0 0 2

0 0 0  0  0 0

b) Die „Endprodukte“ E1 , E4 , E5 (entsprechen den Nullzeilen in A) werden für die Produktion selbst nicht benötigt. c) Für (I6 − A)−1 erhält man: 

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

−4

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

−3

0

0

0

0

1

0

0

0 

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

−2

0

0

−2

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

−4

0

0

0

0

1

0

0

0

0

   0    −1    0     0  

       −→        

       −→       



0

1

    0     0    0  

+1

+3

+2

1

              

0

0

1

0

0

0

1

0

1

3

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

−2

0

0

0

1

0

0

0

0

2

1

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

4

1

4

12

0

0

0

1

0

0

0

1

0

1

3

0

0 

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

8

2

8

24

2



    0   ;  0    0  

1

+4

+2

252

Kapitel 13

also:

(I6 − A)−1

1 0 4 1 1 0 = 0 0  0 0 8 2

0 0 0 4 12 0 1 3 0 0 1 0 0 0 1 8 24 2

0 0 0 . 0  0 1

Also gilt für die zu produzierenden Mengeneinheiten von Ei , i = 1, . . . , 6: (y1 , . . . , y6 )′ = (I6 − A)−1 (20, 11, 11, 20, 20, 11)′ · 100

= (2 000, 37 500, 9 100, 2 000, 2 000, 80 100)′.

Lösung zu Aufgabe 13.20: a) (In − A)(In + A + A2 + . . . + Am−1 ) = (In − A) + (A − A2 ) + . . . + (Am−1 − Am ) = In − Am = In . Durch Multiplikation der Gleichung mit (In − A)−1 von links folgt die Behauptung.     0 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0  4 0 0 0 0 3 , A = 0 ∈ M4,4 kann m = 4 ,A = b) Wegen A2 =  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 0 0 1 0 0 gewählt werden. Aus a) folgt dann

(I4 − A)−1



1 0 2 3 = I4 + A + A + A =  0 1

1 1 0 1

3 3 1 3

c) Die zu produzierenden Mengeneinheiten yi (i = 1,2,3,4) sind:       100 800 y1 100  700  y2  y  = (I4 − A)−1 200 =  200  . 3 200 1 000 y4

 0 0 . 0 1

Inverse einer Matrix

253

Lösung zu Aufgabe 13.21: a) Gozinto-Graph: P1

2

P2

P4

3

1

2

P5



1 0 0 0 −2 1 0 0  0 1 0 b) I5 − A =  0  0 −3 −2 1 0 0 0 0 

      −→       

 0 −1  −4. Die Berechnung der Inversen ergibt: 0 1

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

−1

0

1

0

0

0

1

0

−4

0

0

1

0

−3

−2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

−3

−2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

    −2    0     0   0



P3

4

 0    0    0     0    1  0    1    4     0    1

+2

+1 +4

+2 +3

254

Kapitel 13 

    −→    

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

6

3

2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

Daraus folgt:

      30 30 y1 10  70 y2        y3  = (I5 − A)−1 40 =  40 . 20 310 y  4 0 y5 0

0



 1    4   11   1

14 Lineare Gleichungssysteme Literaturhinweis: KCO, Kapitel 8

Aufgaben Aufgabe 14.1: Bestimmen Sie jeweils die Lösungsmenge L des durch Ax = b gegebenen Gleichungssystems mit Hilfe der Matrix A−1 für       1 2 1 −1 a) A = , b= bzw. b = , 7 9 1 1 ! ! ! 2 1 −2 1 3 2 , b= 2 b) A = −2 0 bzw. b = 2 . 1 1 0 3 1

Aufgabe 14.2: Gegeben seien drei Zahlentripel der Form (x1 , x2 , x3 ): (1, 2, 1), (0, 1, 0), (0, 4, 5). Wie müssen die Zahlen a, b, c gewählt werden, damit diese Tripel Lösungen der Gleichung ax1 + bx2 + cx3 = 1 sind? Formulieren Sie diese Aufgabe als Gleichungssystem Ay = z mit y, z ∈ M3,1 , bestimmen Sie A−1 , und finden Sie mit Hilfe der Inversen von A die Koeffizienten a, b, c.

Aufgabe 14.3: Untersuchen Sie, welche der Gleichungssysteme Ax geben Sie gegebenenfalls eine Lösung an: ! ! 1 1 1 b) A = a) A = 4 5 , b = 2 , 5 2 1 ! ! 2 −1 3 2 −6 , b = −4 . c) A = 6 −3 9

= b (evtl. eindeutig) lösbar sind, und ! 1 1 4 5 , 2 1

b=

! −1 −6 , 0

256

Kapitel 14

Aufgabe 14.4: Bestimmen Sie die Lösungsmenge L des Gleichungssystems Ax = b, wobei ! ! −1 1 −6 −4 3 2 , b = −1 . A = −1 0 2 −9 −6

Aufgabe 14.5: Durch Ax = b mit A = gegeben.

! −2 1 1 6 −4 −9 , b = −4 4 14

! 1 1 , x ∈ M3,1 , sei ein Gleichungssystem −6

a) Wie lautet die Lösungsmenge L?

b) Für welche b ∈ M3,1 ist die Lösungsmenge leer?

Aufgabe 14.6: Bestimmen Sie zu den folgenden Matrixgleichungen der Form Ax = b jeweils die Lösungsmenge L:   ! ! ! ! ! x1 −2 1 1 1 x1 4 1 −1 −3 1 x2  x2 = 5 , 1 2 −1 −1 4 3 −1   = 11 , a) b) x3 x3 5 1 −1 5 2 2 1 −6 2 x4   ! ! x1 0 3 −6 3 0 x2  0 1 0 2  = 3 . c) x3 5 1 1 1 2 x4 Aufgabe 14.7: Ermitteln Sie für die folgenden Matrixgleichungen der Form Ax = b die sogenannte Normalform, und bestimmen Sie jeweils die Lösungsmenge L:      ! ! ! x1 1 1 1 6 3 1 x1 1 2 5 3 1 x2   2  0 1 x2 = −2 , b)  −2 −4 −9 , = a) 0 2 10 2 x3  −4 x3 3 3 6 1 x4 0 −2 0 −5 −4      1 x1 1 1 6 3 3 1 x2   2  0 1 . = c)  0 2 10 2 x3  −4 x4 1 −2 0 −5 −4

Lineare Gleichungssysteme

257

Aufgabe 14.8: a) Bestimmen Sie die Lösungsmenge des folgenden Gleichungssystems: x1 +2x2 +3x3 + 4x4 =

0

−3x1 −6x2 −8x3 +13x4 =

2

2x1 +4x2 +7x3 + x4 = −4 1 1 3 2 2 1

b) Für welche t ∈ R ist das Gleichungssystem Ermitteln Sie gegebenenfalls die Lösungsmenge.

! ! 1 x1 x2 1 = x3 t

! 1 3 lösbar? 4

Aufgabe 14.9: Bilden Sie die Koeffizientenmatrizen der folgenden Gleichungssysteme, schreiben Sie diese Systeme als Matrixgleichungen, und bestimmen Sie dann jeweils die Lösungsmenge L: a)

b)

x1 + x2 = 1 2x1 − x2 = 5

4x1 + 5x2 + 8x3 = 5 −x1 + x2 − 2x3 = 1

4x1 + 8x2 = 0

c)

x1 + x2 + 2x3 = 1

x1 − x2 − 2x3 + 8x4 + 4x5 = 5

d)

x1 +

4x2 + 3x3 − 12x4 − 6x5 = 3

x3 + 3x4 + 5x5 = 7 x2 + 2x3 + 4x4 + 6x5 = 8

x2 + x3 − 4x4 − 2x5 = 2

e)

x1 + 2x2

f)

= −2

3x1 +

2x3

= 3

−6x1 + x2 − 4x3 + 2x4 = 1

x1 + 3x2 + x3 = 0

−9x1 + 2x2 − 6x3 + 4x4 = 5

x1 + 4x2 + 2x3 = 2

15x1 − 3x2 + 10x3 − 6x4 = −6

Aufgabe 14.10: Bestimmen Sie in Abhängigkeit von a, b, c ∈ R die Lösungsmenge des Gleichungssystems x1 + 3x1 − x2

6x1 − 2x2

x3 = a =b =c

258

Kapitel 14

Aufgabe 14.11: Gegeben sei das Gleichungssystem Ax = (a, a2 , a)′ mit A = x ∈ M4,1 , a ∈ R.

! 1 1 2 2 8 10 16 14 , −1 1 −2 −4

a) Für welche a ∈ R ist die Lösungsmenge des obigen Gleichungssystems nicht leer? b) Geben Sie für diese Werte von a jeweils die Lösungsmenge an.

Aufgabe 14.12: Seien A =

! −1 8 −3 1 −10 6 und B = 0 4 3

1 2 1

! 2 2 3 1 . 3 5

a) Ist A regulär? b) Bestimmen Sie die Lösungsmenge der Matrixgleichung AX = B ′ (X ∈ M3,3 ).

Aufgabe 14.13: Bestimmen Sie die Matrizen X und Y aus den Bedingungen

a)

1 0 −1

! 3 −2 2 1 X= 0 3

−6 −5 −2

! −9 9 4 4 , b) 13 −3

1 0 −1 2 0 4

! −2 2 Y = 2

1 0 0 1 0 0

! 0 0 . 1

Aufgabe 14.14: a) In einer Familie hat jeder Sohn dieselbe Anzahl von Schwestern wie Brüder. Jede Tochter hat zweimal so viele Brüder wie Schwestern. Wie viele Söhne und Töchter hat die Familie? b) Ingrid ist heute 24 Jahre alt und damit genau doppelt so alt wie Beate war, als Ingrid so alt war, wie Beate jetzt ist. Wie alt ist Beate? c) Die Quersumme einer dreistelligen Zahl ist Neun. Vertauscht man Hunderter- und Einerstelle, so erhöht sich der Wert der Zahl um 198. Bei Division durch Drei erhält man eine zweistellige Zahl mit derselben Zehnerstelle; die Einerstelle dieses Ergebnisses ist identisch mit der Hunderterstelle der gesuchten Zahl. Formulieren Sie dieses Problem als Matrixgleichung, und lösen Sie diese.

Lineare Gleichungssysteme

259

Aufgabe 14.15: Für die 500 Studierenden einer Veranstaltung werden mit A die Menge der Raucher/innen (umfasst 160 Personen) und mit B die Menge der Studentinnen (umfasst 350 Personen) bezeichnet. Die Menge der Raucher und Nichtraucherinnen umfasst insgesamt 290 Personen. Wie viele Raucherinnen nehmen an der Veranstaltung teil?

Aufgabe 14.16: Bei Familie Mustermann verdient der Vater im Monat 10% mehr als sein Sohn. Die Mutter arbeitet halbtags und verdient ein Viertel von dem, was Vater und Sohn zusammen verdienen. Das Gesamteinkommen der Familie beträgt 3 780 e im Monat. a) Stellen Sie aus diesen Angaben ein Gleichungssystem zur Bestimmung der Gehälter der einzelnen Familienmitglieder auf. b) Bestimmen Sie die Lösungsmenge dieses Gleichungssystems.

Aufgabe 14.17: Zur Produktion der Erzeugnisse E1 , E2 und E3 werden die Vorerzeugnisse V1 ,V2 und V3 eingesetzt. Dabei entsteht pro Einheit der Erzeugnisse ein Verbrauch in Höhe von (in kg): V1

V2

V3

E1

1,5

9

6

E2

3

3

15

E3

4,5

12

6

Der Lagerbestand an Vorerzeugnissen beträgt momentan V1

V2

V3

37,5

75

150

und soll vollständig verbraucht werden. Lösen Sie das zugehörige Gleichungssystem. Wie viele Einheiten von welchen Erzeugnissen können so produziert werden?

260

Kapitel 14

Lösungen Bitte beachten Sie: Zur Beschreibung der Umformungsschritte für Matrizen werden die in Kapitel 13 erläuterten Notationen verwendet. Lösung zu Aufgabe 14.1: −1

a) Bestimmung von A

−→

 −1 1 2 : = 7 9

1

2

1

0

7

9

0

1

1

2

1

0

7 5

− 15

! !

−7

−2

−→

−→

1

2

1

0

0

−5

−7

1

1

0

− 95

2 5 − 15

! !

|:(−5)

7 0 1 5   1 −9 2 . Damit gilt nun: =⇒ A−1 = 7 −1 5          1 −7 1 −7 1 −1 1 Ax = =⇒ L = ⇐⇒ x = A = 6 6 1 1 5 5          1 11 1 11 −1 −1 =⇒ L = = ⇐⇒ x = A−1 Ax = 1 1 5 −8 5 −8

0

1

b) Durch Anwendung von Zeilenumformungen erhält man:   2 1 −2 1 0 0   +1    −2 0 1 0  0 2     1 1 0 0 0 1 

  −→    

  −→   

2

1

−2

1

0

0

1

0

1

1

1

1

0

0

0

2

0

−2

0

−1

0

1

0

1

1

1

0

0

−1

−1

0



  0    1 0



  0    1

−1 −1

|:(−2) −2

Lineare Gleichungssysteme 

  −→    

 −→   analog zu a)

=⇒

261

0

0

1

−1

− 21

0

1

0

1

1

1

0

0

−1

−1

1

0

0

0

1

0

−1

−1

0

0

1

−1

− 21

1 2 3

!)

=

(

!) 0 3 , 1

3 2 1

!)

=

(

!) −4 5 , −3

L=

(

L=

(

A−1

−1

A

1

1



1



  0    1

 0   =⇒ 1

1

A−1

 −1 = 1 −1

falls b =

! 1 2 bzw. 3

falls b =

! 3 2 . 1

Lösung zu Aufgabe 14.2: Aus den drei Forderungen resultiert das Gleichungssystem a + 2b + c = 1 =1 ,

b

4b + 5c = 1 das als Matrixgleichung lautet: Ay = Die Berechnung von A−1 ergibt:  1 2    0 1   0 4 

  −→   

1 0 0

2 1 1 0 4 5

!

a b c

!

=

1

1

0

0

0

1

5

0

0

1

0

1

1

−2

0

1

0

0

1

0

0

5

0

−4

! 1 1 = z. 1

0



  0    1 0



−2 −4

  0    1 |:5

−1

−1 1 − 21

 1 0 1

262

Kapitel 14 



 −→   1

 so dass A−1 =  0 0

1

0

0

1

0

1

0

0

0

0

1

0

− 56

− 51

− 54

1 5

1



− 65

− 15

− 45

1 5

1



 0  ,

 0 .

Wegen Ay = z ⇐⇒ A−1 Ay = A−1 z ⇐⇒ y = A−1 z folgt:     ! −2 1 − 56 − 15  5  1    y= 1 0  1 =  1 = 0 1 1 0 − 54 − 53 5

! a b . c

Lösung zu Aufgabe 14.3: Die Gleichungssysteme werden mit dem Gauß-Algorithmus untersucht:     1 1 1 1 1 1   −4          a) −→  0 −2 2  −2  5 1  4      2 1 5 0 −1 3 

 −→  

1

1

0

1

0

0

1



 −2   1

Aufgrund der dritten Zeile ist das Gleichungssystem nicht lösbar.     1 1 1 1 −1 −1  −4          4  b) −→ −2 −6  −2  5 1    0     0 2 2 1 0 −1 

 −→  

1

0

0

1

0

0

+1

1

+1 +1



 −2   0

Das Gleichungssystem ist eindeutig lösbar mit der Lösungsmenge L =

 1 . −2



Lineare Gleichungssysteme 

  c)   

−1

3

2

−6

−3

9

2



  −4    6

263

+2 −3



  −→   

−1

3

0

0

0

0



2

  0    0

Das Gleichungssystem ist nicht eindeutig lösbar. Die Lösungsmenge ist L=



  ∈ R . x 2+x1 1 x1 3

Lösung zu Aufgabe 14.4:



−6

−4

3

2

−9

−6

1

0

0

0

−3

−2

1

   −1   2 

 −→  

0

0

−1



  −1    0 3

+1 +2





  −→   

1

−6

−4

0

−3

−2

0

−3

−2

−1



  −2    −2

−2 −1

 −2  ; 0

0

L = {(x1 ,x2 ,x3 )′ |x1 = 3, −3x2 − 2x3 = −2, x3 ∈ R} ( ) ( ) ′ ′ −2 + 2t 2 2 = 3, ,t | t ∈ R = 3, − t,t | t ∈ R . −3 3 3

Lösung zu Aufgabe 14.5: a) Elementare Zeilenumformungen liefern:      

−2

1

6

−4

−9

−4

4

14

1

1



  1    −6

+3 −2



  −→   

−2

1

1

0

−1

−6

0

2

12

1



  4    −8

+2

264

Kapitel 14 

  −→   

−2

1

0

−1

−6

0

0

0

1

1



  4    0

|:(−2)

+1

|·(−1)



  −→   

1

0

5 2

0

1

6

0

0

0

− 25



  −4    0

Mit x3 = u ∈ R (beliebig) folgt x2 = −4 − 6u und x1 = − 52 (u + 1), also     − 25 (u + 1)  L =  −4 − 6u  u ∈ R .   u

b) Sei b = (b1 ,b2 ,b3 )′ eine allgemeine rechte Seite. Dann ergibt sich (mit den obigen Umformungen) ! −2 1 1 b1 0 1 6 −3b1 − b2 0 0 0 4b1 + 2b2 + b3 Also gilt L = ∅ ⇐⇒ 4b1 + 2b2 + b3 6= 0. Lösung zu Aufgabe 14.6:  1 1 1    1 a) 2 −1   1 −1 5 

  −→    

 −→  

1

0

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

−2

−1

1

0

−2

4

−1

0

1

0

3

2

0

1

0

0

−2

−1

−1

0

−3

0

0

HA =



−1

  0    1 0

1 2

!

−1

  0    1

Wegen Ax = b ⇐⇒ HAx = Hb, wobei 2 −1 0 −1 1 0 −3 2 1



1 1 1

−1

+2



 0   = (HA|H) 1 ! 1 1 2 −1 = −1 5

1 0 0

! 0 3 1 −2 0 0

Lineare Gleichungssysteme

265

und ! ! 2 −1 0 4 −1 1 0 5 = −3 2 1 2

Hb =

3 1 0

!

entspricht die Lösungsmenge der des Gleichungssystems 1 0 0

! ! 0 3 x1 x2 = 1 −2 x3 0 0

d. h. L = {(3 − 3λ,1 + 2λ,λ)′ |λ ∈ R}.  1 1 −1 −3 1    −1 b) 4 3 −1 0   0 2 1 −6 2 

  −→    

3 1 0

!

0 1 0

1

−1

−3

1

1

0

0

3

0

0

1

1

0

3

0

0

−2

0

1

0

1

0

1

−3

4 3 1 3

1 3 1 3

(

oder

0



  0    1 0

,

+1 −2



  0    1 0

x1 + 3x3 = 3 x2 − 2x3 = 1

+1 |:3

−1



 0   = (HA|H). 0 0 0 0 −3 −1 1     1 1 4 4 ! ! 0 0 3 3 3 3 1    −2  1 1 1 1  Mit H =  0 0  3 , Hb =  3  11 = 3 folgt analog zu a): 3 3 0 5 −3 −1 1 −3 −1 1 x1 − 3x3 + x4 = 1, x2 = 3, so dass

 −→  

0

0

L = {(1 + 3λ − µ, 3, λ, µ)′ |λ, µ ∈ R} .

c)

     

3

−6

3

0

1

0

0

1

0

2

0

1

1

1

1

2

0

0

0



  0    1

|:3 −1

266

Kapitel 14 

  −→    

  −→    

 −→  

1

−2

1

0

1 3

0

0

1

0

2

0

1

0

3

0

2

− 31

0

1

0

1

4

1 3

2

0

1

0

2

0

1

0

0

0

−4

− 31

−3

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0 

0

0

1

− 61

−1

0

−1

1

3 4

−4

 1 Aus Hb =   −6

1 12

− 21

− 21 3 4

1 12



 0 1 3 2 5 1

!

=

0



  0    1 0

+2 −3



  0    1 |:(−4) 1 1 2 − 14



  = (HA|H) 

! 2 1 folgt somit 1

x1 + x3 = 2, x2 = 1, x4 = 1,

d. h. L = {(2 − λ, 1, λ, 1)′ |λ ∈ R}.

Lösung zu Aufgabe 14.7:  1 2 5    −2 −4 −9 a)   3 6 1 

  −→    

 −→  

1

0

0

1

0

0

1

2

5

1

0

0

0

1

2

1

0

0 −14

−3

0

1

2

0

0

0

1

−9

−5

0

0

0

25

14

2

1

0



  0    1 0



+2

  0    +14 1 0



 0   1

−4

−3

−5

−2

Lineare Gleichungssysteme −9 −5 0 2 1 0 25 14 1

267

!

Mit H =

Somit gilt L = {(1 − 2λ, λ, 0)′ |λ ∈ R}.  1 6 3 1  1   1 3 1 0  0  b)   0 0 2 10 2   0 −2 0 −5 −4 

    −→      

    −→      

  −→   

! −5 0 1 0 14 1 ! x1 x2 = x3

−9 2 ist Hb = 25 ! 1 2 0 HAx = 0 0 1 0 0 0

0

0

1

0

0

1

0

0

1

1

6

3

1

0

0

0

1

3

1

0

1

0

0

0

4

0

0

−2

1

0

2

7

2

2

0

0

1

0

3

2

1

−1

0

0

1

3

1

0

1

0

0

0

4

0

0

−2

1

0

0

1

0

2

−2

0

1

0

0

2

1

0

1

0

1

0

− 43

0

0

1

0

0

0

0

0

0

2

1 2 5 2 − 21 − 23



1

1 2 5 2 − 12 − 32

 0 Aus HAx = Hb, Hb =  0  2 erhält man das Gleichungssystem

− 43 − 43 1 4 − 41

x1 + 2x4 = 5,



− 43 1 4 − 41

! ! 1 1 −2 = 0 , so dass 3 0 ! 1 0 = Hb. 0 

0    0    0    1

 0    0    0    1

−2

−1

−2

 0    0    0   |:4  1 0

+2

−3 −1



 0   0   1

    5 1   0  2  8   = −2 0  −4 0 0 1 0

x2 + x4 = 8,

x3 = −2,

−3

268

Kapitel 14 dessen Lösungsmenge durch L = {(5 − 2λ, 8 − λ, −2, λ)′ |λ ∈ R} gegeben ist.

c) Mit dem Ergebnis aus b) erhält man Hb = (5, 8, −2, 1)′. Da die letzte Zeile von HA eine Nullzeile ist, ergibt sich als Bedingung 0 = 1 (falsche Aussage!). Damit ist die Lösungsmenge leer, d. h. L = ∅.

Lösung zu Aufgabe 14.8:  1 2 3    −3 −6 −8 a)   2 4 7 

  −→   

0

4

  2    −4

13 1

1

2

3

4

0

0

1

25



0

+3 −2



  2    −4



−1

  −→   

1

2

3

4

0

0

1

25

0 0 1 −7 0 0 0 −32  3 43 =⇒ L = (x1 , x2 , x3 , x4 )′ |x4 = 16 , x3 = − 16 , x1 = −2x2 − 3x3 − 4x4 , x2 ∈ R  43 3 ′ = (−2t + 117 16 , t, − 16 , 16 ) |t ∈ R .   1 1 1 1   −3    b) −2 2 1 3   3    2 1 t 4 

  −→   

1

1

1

0

−1

−2

0

−1 t − 2

1



  0    2



−1

  −→   

1

1

1

0

−1

−2

0

0

t

1

0



  2    −6



  0    2

Das Gleichungssystem ist (eindeutig) lösbar für t 6= 0. Die Lösungsmenge in diesem Fall  ist L = (1 + 2t , − 4t , 2t )′ .

Lineare Gleichungssysteme

269

Lösung zu Aufgabe 14.9:

a)

1 2 4      

! 1   x1 −1 = x2 8 1 2

1

1



  5    0

−1

4

! 1 5 . Dazu: 0

8

−2

−4



  −→    

 −→   =⇒ x1 = 2, x2  1    4 b)   −1 

  −→   

1 0 0

  −→   

1

0

−3

0

4

1

0

0

1

0

0

= −1, so dass L = {(2, −1)′ }.  1 1 2  −4  +1 5 8 5    1 1 −2 1 1 2

1

2



  1    2

0 0

−1 −2

Lösungsmenge ist L = {(−2u, 1, u)′| u ∈ R}.   1 −1 −2 8 4 5      c) 4 3 −12 −6 3   0    2 0 1 1 −4 −2 

1

1

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

1

−4

−2

9



  −3    2

1

  3   |:(−3)  −4 2

  −→   

+2 −3

−1

−1 −4



 −1   0



−1



1

0

2

0

1

0

0

0

0

0



  1    0

270

Kapitel 14 

 −→  

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

−4

−2

12



 −3   5

Daher erhält man mit x5 = v ∧ x4 = u und u, v ∈ R beliebig: x3 = 5 + 4u + 2v. Außerdem gilt: x1 = 12, x2 = −3.    12          −3   =⇒ Lösungsmenge L = 5 + 4u + 2v u, v ∈ R .       u     v

 7 1 0 1 3 5 . Direktes Ablesen ergibt mit x5 = w ∧ x4 = v ∧ x3 = u d) 8 0 1 2 4 6 und u,v,w ∈ R beliebig: x2 = 8 − 2u − 4v − 6w und x1 = 7 − u − 3v − 5w. Die Lösungsmenge ist daher    7 − u − 3v − 5w        8 − 2u − 4v − 6w   u L=   u,v,w ∈ R .       v     w 

e)

1 1 1

2 0 3 1 4 2

!

x1 x2 x3

!

     



  −→    

 −→  

=

! −2 0 . Dazu: 2

1

2

0

1

0

1

3

1

0

1

1

4

2

0

0

1

2

0

1

0

0

1

1

−1

1

0

2

2

−1

0

1

0

3

0

1

−2

−2

0

0

1

0

−1 1

1

−2

0



  0    1 0



  0    1 0

−1



 0   1

−1

−2 −2

Lineare Gleichungssysteme

271

Wegen Ax = b ⇐⇒ HAx = Hb, HA =

! ! 3 −2 0 −2 1 0 0 = Hb = −1 1 −2 1 2 0 = 0. Damit gilt:

1 0 0

! 0 −2 1 1 ,H = 0 0

3 −2 −1 1 1 −2

! 0 0 , 1

! −6 2 folgt somit x1 − 2x3 = −6, x2 + x3 = 2, 0

L = {(2λ − 6, 2 − λ, λ)′ |λ ∈ R} .    3 0 2 0 3 1 −4 2 −6  1 f) A =  , b =  . −9 2 −6 4 5 15 −3 10 −6 −6 



 3    −6    −9   15



    −→      

  −→   

0

2

0

1

0

0

1

−4

2

0

1

0

2

−6

4

0

0

1

−3

10

−6

0

0

0

1

0

2 3

0

1 3

0

0

0

1

0

2

2

1

0

0

2

0

4

3

0

1

0

−3

0

−6

−5

0

0

1

0

2 3

0

1 3

0

0

0

1

0

2

2

1

0

0

0

0

0

0

0

0

−2

1

0

−1 1

3

0



0    0    0    1  0    0    0    1 0

|:3

+2 +3 −5

−2

+3



 0   = (HA|H). 0   1

Aus Ax = b ⇐⇒ HAx = Hb = (1, 7, 0, 0)′ erhält man das Gleichungssystem 2 x1 + x3 = 1, 3

x2 + 2x4 = 7.

 =⇒ L = (1 − 23 λ, 7 − 2µ, λ, µ)′ | λ, µ ∈ R .

272

Kapitel 14

Lösung zu Aufgabe 14.10:       

  −→   

1

0

1

3

−1

0

6

−2

0

1

0

1

3

−1

0

0

0

0

a



  b    c

a



  b    c−2b

−2

−3 |·(−1)



  −→   

1

0

1

0

1

3

0

0

0

a



  3a − b    c − 2b

1. Fall: c 6= 2b =⇒ Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. 2. Fall: c = 2b, dann ist die Lösungsmenge gegeben durch L = {(a − u, 3(a − u) − b, u)′ | u ∈ R}.

Lösung zu Aufgabe 14.11:  1 1 2 2    8 10 16 14 a)   −1 1 −2 −4 

  −→    

  −→   

1

1

2

2

0

2

0

−2

0

2

0

−2

1

1

2

2

0

2

0

−2

0

0

0

0

a



  a   a 2

a

−8



  a(a − 8)    2a a

+1

−1



  a(a − 8)    a(10 − a)

Dabei ist L = 6 ∅ ⇐⇒ a(10 − a) = 0 ⇐⇒ a = 0 ∨ a = 10. In diesem Fall gilt mit

Lineare Gleichungssysteme

273

x3 = u ∧ x4 = v und u,v ∈ R beliebig: x2 =

1 (a(a − 8) + 2v), 2

x1 = a − 2(u + v) −

a(a − 8) − v. 2

Da a(10 − a) = 0 ⇐⇒ a2 − 10a = 0 ⇐⇒ a2 − 8a = 2a ⇐⇒ a(a − 8) = 2a vereinfacht sich dies zu: 1 (2a + 2v) = a + v, x1 = a − 2(u + v) − a − v = −2u − 3v. 2        −2u − 3v  a+v  v∈R . Die Lösungsmenge ist somit: L =  u,  u     v    −2u − 3v      10 + v  v∈R b) Aus a) folgt für a = 10: L =  u,  u     v    −2u − 3v     v   u, v ∈ R . bzw. für a = 0: L =   u     v x2 =

Lösung zu Aufgabe 14.12:

a)

     



  −→    

  −→   

−1

−3

1

0

1 −10

6

0

1

0

4

3

0

0

−1

8

−3

1

0

0

−2

3

1

1

0

4

3

0

0

−1

0

9

5

4

0

−2

3

1

1

0

9

0

8

2

2

0



  0    1 0



  0    1 0



  0    1

+1

+4 +2

|·(−1) −1

−3 |:9

|:(−2)

274

Kapitel 14 

 −→  

1

0

0

0

1

0

0

0

1

−3

− 61 2 9

−2

1

− 61

1 6 1 9

2 9

   

Damit ist A invertierbar und somit regulär.     1 2 1 −5 −3 −2 1     −1 ′ 1 1 1      b) X = A B = − 6 − 6 6  2 3 3 = − 61 2 2 1 8 2 1 5 9 9 9 9 Lösung zu Aufgabe 14.13: ! x11 x12 1 3 −2 x21 x22 0 2 1 a) x31 x32 −1 0 3 • 1. Gleichungssystem:

x13 x23 x33

!

=

− 32

−4

11 9

 

1 . 6  13 9

! −6 −9 9 −5 4 4 −2 13 −3

x11 + 3x21 − 2x31 = −6 −x11 +

−11

2x21 + x31 = −5

(I) (II)

3x31 = −2 (III)

Mit den Umformungen: (I) + (III) :

3x21 + x31 = −8

(I ′ )

2x21 + x31 = −5 (II ′ )

(II) : (I ′ ) − (II ′ ) :

= −3

x21

folgt x31 = 1 (aus (II ′ )) und aus (III): x11 = 5. • 2. Gleichungssystem:

x12 + 3x22 − 2x32 = −9

2x22 + x32 = 4

−x12 +

(I) (II)

3x32 = 13 (III)

Durch die gleichen Umformungen wie oben erhält man: x22 = (−9 + 13) − 4 = 0 • 3. Gleichungssystem:

(II)

=⇒ x32 = 4

x13 + 3x23 − 2x33 = 9 2x23 + x33 = 4

−x13 +

(III)

=⇒ x12 = −1.

(I) (II)

3x33 = −3 (III) (II)

(III)

Wie oben folgt: x23 = (9 − 3) − 4 = 2 =⇒ x33 = 0 =⇒ x13 = 3. ! 5 −1 3 0 2 . Insgesamt erhält man somit: X = −3 1 4 0

Lineare Gleichungssysteme

275

Alternative Lösung:      



  −→    

  −→    

  −→   



 −→  

1

3

−2

−6

−9

0

2

1

−5

4

−1

0

3

−2

13

1

3

−2

−6

−9

0

2

1

−5

4

−8

4

0

1

1

0

−3

0

−1

0

0

3

1

1

0

−3

0

1

0

−3

0

0

0

1

1

4

1

0

0

5

0

1

0

0

0

1

−3

−1

1 −1 0

! 0 −2 2 2 : 4 2

b) Gesucht ist die Inverse von



3

1

   −1   0

2 −13 3 −8

0 4

2 −13

1

9



  4    −3 9



  4    6

3



  2    0

3



4

 2   0

0



0

0

−2

1

0

2

2

0

1

4

2

0

0

−1



  −2    6 3

+1

  0    1

+3

−1

|·(−1)

+3

+1 −2

276

Kapitel 14 

  −→    

 −→   

 Somit gilt: Y =  

1

0

−2

1

0

0

2

0

1

1

0

0

2

−2

−2

1

0

0

1

0

−2

1

0

−1

0

0

1

−1

−1

1 2

−1

−2

1

−1

−1

1 2

1 2

1 2



1 2

1 0

  0  0 1 0 0

0



  0    1

+1

|:2 |:2



 0  

1 2

  0 −1     = 0  12 1 −1

−2

1

−1

1 2



 0 .

1 2

Lösung zu Aufgabe 14.14: a) Bezeichnen S die Anzahl der Söhne und T die Anzahl der Töchter, dann führt die Aufgabenstellung zu folgenden Gleichungen: „Jeder Sohn hat dieselbe Anzahl von Brüdern und Schwestern“: Anzahl der Brüder eines Sohnes: S − 1, Anzahl der Schwestern eines Sohnes: T ; also S − 1 = T . „Jede Tochter hat zweimal so viele Brüder wie Schwestern“: Anzahl der Brüder einer Tochter: S, Anzahl der Schwestern einer Tochter: T − 1; also S = 2(T − 1). Damit erhält man das Gleichungssystem: (

S − 1=T

⇐⇒

2(T − 1) = S

(

S − 1=T

2(S − 2) = S

⇐⇒

(

S − 1=T S =4

⇐⇒

(

T =3

1

0

4

0

1

3

S=4

Die Familie hat daher sieben Kinder: drei Töchter und vier Söhne. Alternative Lösung: 1 1

−1

−2

1 −2

!

−1

−→

1 0

−1

−1

1 −3

!

−→

+1 |·(−1)

b) x = b heutiges Alter von Beate, y = b Zeitdifferenz der Vergleiche. 24 = 2(x − y) 24 − y = x

=⇒ 12 = x − y =⇒ y = −12 + x; =⇒ 24 = x + y =⇒ y = 24 − x;

=⇒

x = 18, y = 6

!

Lineare Gleichungssysteme

277

Alternativ: 1

1

24

2 −2

24

!

−2

1

24

0 −4

−24

1

−→

!

|:(−4)

−1

−→

1

0

18

0

1

6

!

c) Die gesuchte Zahl kann als 100x1 + 10x2 + x3 dargestellt werden, wobei x1 die Hunderter-, x2 die Zehner- und x3 die Einerstelle der gesuchten Zahl sind. Aus den Bedingungen erhält man die folgenden Gleichungen: i) x1 + x2 + x3 = 9, ii) 100x1 + 10x2 + x3 + 198 = 100x3 + 10x2 + x1 ⇐⇒ 99x1 − 99x3 = −198 iii)

⇐⇒ x1 − x3 = −2,

100 3 x1

+

10 3 x2

+ 13 x3 = 10x2 + x1 ⇐⇒

97 3 x1

−

20 3 x2

+ 31 x3 = 0

⇐⇒ 97x1 − 20x2 + x3 = 0.

In Matrixform lautet das Gleichungssystem somit: ! ! 1 1 1 x1 x2 = 1 0 −1 x3 97 −20 1      



  −→   



  −→    

 −→  

1

1

1

1

0

1

0

−1

0

1

97 −20

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

2

1

−1

0 −117 −96

−97

0

1

0

−1

0

1

0

1

2

1

−1

0

0 138

1

0

0

0

1

0

0

0

1

20 −117 20 138 98 138 20 138

21 138 96 138 117 − 138

0

! 9 −2 . 0 

  0    1 0



0



−1

−97

|·(−1)

 −1  0   +117 1   0    1 |:138

1 138 2 − 138 1 138

   

+1 −2

278

Kapitel 14 ! 1 1 1 1 0 −1 gegeben durch Damit ist die Inverse von A = 97 −20 1   20 21 1  1   98 A−1 = 96 −2   . 138 20 −117 1 ! ! ! ! x1 20 21 1 9 138 1 1 98 96 −2 −2 = 690 = =⇒ x2 = 138 20 −117 138 414 x 1 0 3

! 1 5 . 3

Die gesuchte Zahl lautet daher: 153.

Einfacheres Vorgehen ohne Bestimmung von A−1 : ! 1 9 1 1 1 1 0 −1 −2 0 −→ 0 97 −20 1 0

0 −1 1 2 0 138

−2 11 414

!

.

=⇒ x3 = 3, x2 = 5, x1 = 1.

Lösung zu Aufgabe 14.15: Bezeichne |M | die Anzahl der Elemente einer Menge M . Idee: „Venn-Diagramm“: A

B

A\B

A∩B

B\A

Dann gilt: |A| = |A\B| + |A ∩ B| = 160,

|B| = |B\A| + |A ∩ B| = 350, |A\B| + |B\A| = 290.

1. Schritt: Einführung von Variablen x,y,z: x = |A ∩ B| (gesucht), y = |A\B|, z = |B\A|. 2. Schritt: Aufstellung eines Gleichungssystems aus den gegebenen Daten:     x + y = 160 (I) x + z = 350 (II)    y + z = 290 (III)

Lineare Gleichungssysteme

279

3. Schritt: Lösung des Gleichungssystems: (I): x = 160 − y; eingesetzt in (II): 160 − y + z = 350, d. h. −y + z = 190 (II ′ ); (II ′ ) + (III): 2z = 480, also z = 240, eingesetzt in (III): y = 290 − 240 = 50, eingesetzt in (I): x = 160 − 50 = 110. Daher nehmen x = 110 Raucherinnen an der Veranstaltung teil. Alternative Lösung: 

1

   1   0



1

1

0

0

1

1

1

1

0

160



  350    290 160

  −→   0 −1 1  0 0 2

−1 +1



  190   |·(−1)  480 |:2

−1 +1



1

  −→   0  0

0

0

1

0

0

1

110



  50    240

Lösung zu Aufgabe 14.16: Bezeichnen x1 den Verdienst des Vaters, x2 den des Sohnes und x3 den Verdienst der Mutter.     = 0 x = 1,1x   1 2  x1 − 1,1x2  x1 +x2 ⇐⇒ a) Das Gleichungssystem −x1 − x2 + 4x3 = 0 x3 = 4      x +x +x  x + x + x = 3 780 = 3 780 1

2

1

3

2

3

ist in der Form Ax = b mit A=

darstellbar.  1 −1,1 0   b)   −1 −1 4  1 1 1

1 −1,1 0 −1 −1 4 1 1 1

0 0 3 780

     

!

,

b=



+1

0 0 3 780

!

1 −1,1 0

  −→   −1 −1 4  |:5 0 0 1

,

x=

0 0 756

x1 x2 x3

!

     

+1 −4

280

Kapitel 14

−→



1 −1,1 0

0

   0 −2,1 0   0 0 1



  −3 024   |:(−2,1)  756

11 + 10



1

  −→   0  0

0

0

1 584

1

0

1 440

0

1

756

Das Gleichungssystem ist daher eindeutig lösbar mit der Lösungsmenge

     

L = {(1 584, 1 440, 756)′}. Lösung zu Aufgabe 14.17: ! 1,5 9 6 3 3 15 , b = A′ = 4,5 12 6

37,5 75 150

!

.

Das zugehörige Gleichungssystem lautet Ax = b, x = (x1 , x2 , x3 )′ , wobei xi die Anzahl der Einheiten von Erzeugnis Ei , i = 1, 2, 3, bezeichnet. Die erste Gleichung wird zunächst durch 1,5 dividiert.   25 1 2 3  −9     9 −6 75  3 12     150 6 15 6 

1

  −→    

  −→   

25

3

0 1

1

−12

3 2

3

1

1

0

25

2



  10    2

1 0

0

1

0

0

0

1



  −150   |:(−15)  0

0 −15 −15

  −→   0  0 

2

19

  8    2

=⇒ x1 = 3, x2 = 8, x3 = 2.

|:(−15)

−3

−1



−3

−2



1

  −→   0  0

0

0

1

0

0

1

3



  8    2

15 Rang einer Matrix Literaturhinweis: KCO, Kapitel 7, S. 218-226, 242-248, Kapitel 8, S. 270-280

Aufgaben Aufgabe 15.1: Untersuchen Sie, ob die folgenden Systeme von Spaltenvektoren linear unabhängig oder linear abhängig sind. a) (1, −3, 2)′ , (2, 3, −1)′

b) (1, −3, 2)′ , (2, 3, −1)′, (8, −6, 6)′

Aufgabe 15.2: a) Untersuchen Sie, ob die Vektoren v1 , v2 und v3 linear abhängig oder linear unabhängig sind: ! ! ! 2 0 1 i) v1 = 1 , v2 = 1 , v3 = 0 2 0 0 ! ! ! 2 1 1 ii) v1 = 1 , v2 = 0 , v3 = 1 0 2 2 ! ! ! 4 2 1 iii) v1 = 0 , v2 = 2 , v3 = 4 2 1 5 ! ! ! 1 0 1 iv) v1 = 3 , v2 = 2 , v3 = 2 4 6 2 b) Gegeben sind drei linear unabhängige Vektoren a1 ,a2 ,a3 ∈ Mn,1 , n ≥ 3. Für welches k ∈ R sind die Vektoren b1 = a2 + a3 − 2a1 , b2 = a3 + a1 − 2a2 , linear abhängig?

b3 = a1 + a2 − ka3

282

Kapitel 15

Aufgabe 15.3: Für welche c ∈ R sind die folgenden Systeme von Spaltenvektoren linear unabhängig? a) (1, 2, 3, c)′ , (2, 4, 6, 8)′

b)

(1, c2 , 0)′ , (1, 1, 0)′ , (0, 0, 1)′

c) (1, 1, 1)′ , (1, 3, 1)′ , (1, 2, c2 )′

d)

(1, c2 , 2)′ , (1, 1, 2)′ , (0, 0, 2c)′

e) (0, 6, 2)′ , (1, 3, 1)′ , (3, c3 , c)′ Aufgabe 15.4: a) Bestimmen Sie jeweils den Rang der Matrizen A, B, C und D:   ! 2 1 3 1 2 4 1 −1 3 −5 8 , , B= 2 1 5 A= 3 4 2 1 4 6 −3 2 2 2     2 4 0 6 1 2 −2 3  1 2 0 3 5 −4 6   2  1 5 −1 , . D= C= 3 1 −3 2 −2   2 −2 6 −6 −1 −20 14 −18 −1 3 −5 7 b) Bestimmen Sie für die Matrizen A,B,C und D jeweils ein maximales System linear unabhängiger Spaltenvektoren, und stellen Sie die jeweils übrig bleibenden Spaltenvektoren als Linearkombination dieser Vektoren dar. Aufgabe 15.5: Bestimmen Sie jeweils den Rang der Matrizen A,B und C:   1 0 4 0   1 2 1 1 1 2 0  , C= A= , B= 3 3 1 0 3 4 1 2 0 1 1

1 4 0

! 0 1 2 6 . 2 2

Aufgabe 15.6: Bestimmen Sie jeweils den Rang der folgenden Matrizen: 2 A= 0 2  2 2 D= 0 0

2 1 5

! 1 0 0 1 , 1 2

B=

0 0 1 1

1 0 −1 0 0 1 0 −1

 1 1 , 1 1

 ! 1 1 7 1  2 2 2 0 , C= 2 4 1 0 −1   2 1 2 0 3 2 0 1 E= . 0 1 2 0 1 2 0 1

4 1 1

1 1 3 1

 0 2 1 4 , −3 0 2 −4

Rang einer Matrix

283

Aufgabe 15.7: 

1  2 Seien A =  2 −1

 2 −2 3 5 −4 6 und I4 die Einheitsmatrix. 4 −1 6 3 2 −2

a) Ist A regulär? b) Bestimmen Sie rg (A). c) Ermitteln Sie die Lösungsmatrix X der Matrixgleichung X · A − I4 = 0.

Aufgabe 15.8: Untersuchen Sie die folgenden Gleichungssysteme Ax = b auf Lösbarkeit, indem Sie die Ränge von A und (A|b) bestimmen: ! 2 1 ,b = 5

 1 1 b) A =  2 3

! 2 4 , 5

a) A =

1 2 1

2 3 3 5 3 4

c) A =

1 4 2

! 5 3 7 1 −7 −10 , b = 0 −4 −6

2 3 4 7

1 2 3 4

   1 2 2 −1 ,b =  , 0 4 1 6

! 2 −1 . −1

Aufgabe 15.9: Untersuchen Sie, ob die folgenden Gleichungssysteme Ax = b lösbar sind:    6 2 8 −6 4  1 −2 −8 10 −6 x =  , x ∈ M4,1 , a)  −1 1 4 −6 3 2 2 8 −2 4 

b)

 1 1

4 5

   1,2 6 , x ∈ M3,1 . x= 2,2 5

284

Kapitel 15

Aufgabe 15.10: Entscheiden Sie mit der Methode aus Aufgabe 15.8, ob die folgenden Gleichungssysteme lösbar sind: a)

3x1 + x2

b)

=1

x1 + 4x2 − 3x3 + 2x4 =

−x1 − 4x2 + 5x3 − 3x4 =

x1 + x2 + x3 = 2

2x1 + 8x2 − 12x3 + 7x4 = −10

4x1 + 2x2 + x3 = 3

x1 + 4x2 −

c)

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

4 2

=4

d)

x3 + 2x4 = 14

x1 + 4x2 − 3x3 + 2x4 = 2

−x1 − 4x2 + 5x3 − 3x4 = 1

2x1 + 8x2 − 12x3 + 7x4 = −5 x1 + 4x2 −

x3 + 2x4 = 7

Aufgabe 15.11: Untersuchen Sie, ob die folgenden Gleichungssysteme lösbar sind, und prüfen Sie gegebenenfalls, ob sie eine eindeutige Lösung besitzen. a)

− x4 = 3

x1 + x2

x2 − x3 − 2x4 = −1 x3 + x4 = 3

x2 + x3

c)

= 9

−x1 − x2 − 10x3 + 5x4 +4 = 0 2x1 + x2 + 20x3 − 5x4 −3 = 0

b)

x1 − x2 − x3 = −6 x1 + x2 + x3 = 7

3x1 + 2x2 + 3x3 = 17

Rang einer Matrix

285

Lösungen Bitte beachten Sie: Zur Beschreibung der Umformungsschritte für Matrizen werden die in Kapitel 13 erläuterten Notationen verwendet. Lösung zu Aufgabe 15.1: a) (1, −3, 2)′ , (2, 3, −1)′. Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit ist zu zeigen: x1

! 1 −3 + x2 2

! 2 3 = −1

0 0 0

!

=⇒

x1 = x2 = 0.

! 1 2   x1 −3 3 = x2 2 −1

Das Gleichungssystem lautet in Matrixform

! 0 0 . 0

Die Anwendung des Gauß-Algorithmus ergibt: 

1



1

2

   −3 3   2 −1   −→   0  0

2 9 −5

0



  0    0 0

+3



  0   |:9  0

−2

−2 +5



1 0

  −→   0 1  0 0

0



  0   0

Somit folgt x1 = x2 = 0, d. h. die Vektoren sind linear unabhängig. ! ! ! ! 8 1 2 8   2 1 x1 3 −6 3 + x3 −6 = 0 ⇐⇒ −3 = 0. b) Ansatz: x1 −3 + x2 x2 6 2 −1 6 −1 2 Dazu: 

1

   −3   2

2

8

3

−6

−1

6

0



  0    0

+3 −2

286

Kapitel 15 

  −→   

1

2

0 0

9

8 18

−5 −10

0



  0   |:9  0



1

  −→   0  0

−2 +5

0

4

1

2

0

0

0



  0    0

Die Lösungsmenge ist L = {(−4t, −2t, t)| t ∈ R}, d. h. (−4, −2, 1)′ ist eine Lösung (t = 1) mit (−4, −2, 1) 6= (0, 0, 0). Daher lösen x1 = −4, x2 = −2, x3 = 1 das obige Gleichungssystem, und die Vektoren sind daher linear abhängig.

Lösung zu Aufgabe 15.2: a)

! ! ! 1 0 2 i) Behauptung: v1 = 1 , v2 = 1 , v3 = 0 sind linear unabhängig, d. h. 0 0 2 ! ! ! ! 2 0 0 1 x1 1 + x2 1 + x3 0 = 0 =⇒ x1 = x2 = x3 = 0. 2 0 0 0   + 2x3 = 0 =⇒ x1 = 0  x1  Es gilt: x1 + x2 =0 =⇒ x2 = 0 ,    2x = 0 =⇒ x = 0 3

3

so dass v1 ,v2 ,v3 linear unabhängig sind. ! ! ! 1 1 2 ii) Behauptung: v1 = 1 , v2 = 0 , v3 = 1 sind linear unabhängig, d. h. 2 2 0 ! ! ! ! 0 1 1 2 x1 1 + x2 0 + x3 1 = 0 =⇒ x1 = x2 = x3 = 0. 0 2 2 0  (I)− 12 (III)   2x + x + x = 0 (I) =⇒ x1 = 0  1 2 3  Es gilt:

   

x1 +

x3 = 0

2x2 + 2x3 = 0

(II)

(II)

=⇒

(III)

(III)

Daraus folgt die Behauptung. ! ! 1 2 iii) Damit v1 = 0 , v2 = 2 , v3 = 5 1 de Implikation gelten: ! ! 2 1 x1 0 + x2 2 + x3 1 5

=⇒

x3 = 0

.

x2 = 0

! 4 4 linear unabhängig sind, muss die folgen2 4 4 2

!

=

0 0 0

!

=⇒ x1 = x2 = x3 = 0.

Rang einer Matrix

287

Dies führt zu der Matrixgleichung

1 2 0 2 5 1





1 2 4

   0 2 4   5 1 2

0



  0   0

−1

|:2

! ! 4 x1 x2 = 4 x3 2

1 0 0

  −→   0 1 2  5 0 0

−1

0



  0   0

! 0 0 . Wegen 0

−5



1 0 0

  −→   0 1 2  0 0 0

 0   0   0

gibt es außer x1 = x2 = x3 = 0 noch weitere Lösungen, z.B. x1 = 0, x2 = −2, x3 = 1. Also sind v1 , v2 , v3 linear abhängig. ! ! ! 1 0 1 iv) Die Vektoren v1 = 3 , v2 = 2 , v3 = 2 sind linear unabhängig, denn die 4 6 2 Gleichung x1 · v1 + x2 · v2 + x3 · v3 = 0 ist gleichbedeutend mit dem eindeutig lösbaren Gleichungssystem   x1 + x3 = 0 (I)   (II)−2(I) 3x1 + 2x2 + 2x3 = 0 (II) =⇒ x1 + 2x2 = 0 .   (III)−(II)  4x1 + 6x2 + 2x3 = 0 (III) =⇒ x1 + 4x2 = 0 Die Subtraktion der letzten beiden Gleichungen ergibt 2x2 = 0 bzw. x2 = 0. Damit folgt sofort x1 = 0, x3 = 0. Also sind v1 , v2 , v3 linear unabhängig.

b) Seien a1 , a2 , a3 ∈ Mn,1 , n ≥ 3, linear unabhängige Vektoren. Zu untersuchen ist, für welches k ∈ R die Vektoren b1 ,b2 ,b3 linear abhängig sind, d. h. für welches k ∈ R aus x1 · b1 + x2 · b2 + x3 · b3 = 0 nicht x1 = x2 = x3 = 0 als einzige Lösung folgt. Dieser Ansatz liefert die Bedingung x1 · (a2 + a3 − 2a1 ) + x2 · (a3 + a1 − 2a2 ) + x3 · (a1 + a2 − ka3 ) = 0 ⇐⇒ a1 · (−2x1 + x2 + x3 ) + a2 · (x1 − 2x2 + x3 ) + a3 · (x1 + x2 − kx3 ) = 0. Da nach Voraussetzung a1 , a2 , a3 linear unabhängig sind, gilt:     −2x1 + x2 + x3 = 0 x1 − 2x2 + x3 = 0 .    x + x − kx = 0 1

2

3

Mit Hilfe der Matrizenrechnung erhält man für das Gleichungssystem Ax = 0: 

 −2    1   1

1 −2 1

1 1 −k

 0    0    0



+2 −1

   −→   

0

−3

3

1

−2

1

0

3 −k − 1

 0    0    0

|:(−3) +1

288

Kapitel 15 

   −→   

0

1

−1

1

−2

1

0





0    0    0

0 2−k

   −→   

1

−2

1

0

1

−1

0

0 2−k



0    0    0

Eine von (0, 0, 0)′ verschiedene Lösung erhält man nur dann, wenn k = 2 ist (etwa x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1). b1 , b2 , b3 sind also linear abhängig genau dann, wenn k = 2.

Lösung zu Aufgabe 15.3:        1 0 2 1 2 4 0 2 a) x1   + x2   =   ⇐⇒  3 0 6 3 c 0 8 c 

 1    2    3   c

 0    0    0    0

2 4 6 8

−2

   0 2   4 x1 0 =  . Dazu: 0 6 x2 0 8

−3



−c

    −→     

1

2

0

0

0

0

0 8–2c

 0    0    0    0

Für c = 4 hat das Gleichungssystem eine nicht-triviale Lösung, z.B. (−8, 4) 6= (0, 0), d. h. für c = 4 sind die Vektoren linear abhängig. Für c 6= 4 hat das Gleichungssystem nur die triviale Lösung x1 = x2 = 0, d. h. für c 6= 4 sind die Vektoren linear unabhängig. 

 1   b) Gleichungssystem:  c2   0

1

0

1

0

0

1



0   −c2  0    0



   −→   

1

1

0

0 1 − c2

0

0

1

0



0    0    0

Für c ∈ {−1, 1} gibt es nicht-triviale Lösungen (x1 , x2 , x3 )′ 6= (0, 0, 0)′ (etwa (x1 , x2 , x3 )′ = (−1, 1, 0)′ ), d. h. für c ∈ {−1, 1} sind die Vektoren linear abhängig. Für c 6∈ {−1, 1} hat das betrachtete Gleichungssystem nur die triviale Lösung, d. h. (x1 , x2 , x3 )′ = (0, 0, 0)′ ist die einzige Lösung, so dass für c 6∈ {−1, 1} die Vektoren linear unabhängig sind. ! ! ! 1 1 1 c) v1 = 1 , v2 = 3 , v3 = 2 , c ∈ R. v1 ,v2 ,v3 sind linear unabhängig, falls gilt: 1 1 c2

Rang einer Matrix

289

x1 · v1 + x2 · v2 + x3 · v3 = 0 =⇒ x1 = x2 = x3 = 0. Aus diesem Ansatz erhält man

x1

1 1 1

!

+ x2

1 3 1

!

+ x3

1 2 c2

!

  x1 + x2 + x3 = 0 !   0 0 ⇐⇒ x + 3x2 + 2x3 = 0  1  0  x + x + c2 x = 0 1 2 3

=

(I) (II) (III)

Die Subtraktion (III) − (I) führt zur Gleichung (c2 − 1)x3 = 0.

1. Fall: c ∈ {−1, 1}, d. h. x3 ∈ R ist beliebig wählbar. Aus (II) − (III) erhält man x3 x3 x3 2x2 + x3 = 0 ⇐⇒ x2 = − . Aus (I) folgt damit x1 = −x3 + =− . 2 2 2 Also ist z.B. (x1 , x2 , x3 )′ = (1, 1, −2)′ eine nichttriviale Lösung, d. h. v1 , v2 , v3 sind linear abhängig. 2. Fall: c 6∈ {−1, 1}. Wegen c2 − 1 6= 0 folgt x3 = 0. Dies impliziert x2 = 0 und x1 = 0 (s. 1. Fall), d. h. v1 ,v2 ,v3 sind linear unabhängig. ! ! ! 1 0 1 2 d) Seien x1 , x2 , x3 ∈ R mit x1 c + x2 1 + x3 0 = 0. 2c 2 2 

1

1

  2 Gleichungssystem:   c 1  2 2

0 0 2c

0





 2  −c 0    0

   −→ −2  

1

1

0

2

0

0

2c

0 1–c 0

0



  0  .  0

Das Gleichungssystem hat nur die triviale Lösung falls c 6∈ {−1, 0, 1}. Die Vektoren sind also linear unabhängig für c 6∈ {−1, 0, 1}.   ! ! ! x2 + 3x3 = 0 (I)  3  1 0 3 = 0 ⇐⇒ e) x1 6 + x2 3 + x3 c 6x1 + 3x2 + c3 x3 = 0 (II)   1 2 c  2x + x + cx = 0 (III) 1

2

3

Aus (II) − 3 · (III) erhält man (c3 − 3c)x3 = c(c2 − 3)x3 = 0 (II ′ ). √ √ 1. Fall: c3 − 3c = 0 ⇐⇒ c = 0 ∨ c = 3 ∨ c = − 3. (II ′ ) ist unter dieser Annahme für beliebiges x3 ∈ R erfüllt. Eine nichttriviale Lösung des obigen ′ Gleichungssystems ist z.B. ( 3−c 2 , −3, 1) . (II ′ )

(I)

(II)

2. Fall: c3 − 3c 6= 0 =⇒ x3 = 0 =⇒ x2 = 0 =⇒ x1 = 0. √ √ Die Vektoren sind somit linear abhängig, falls c ∈ {− 3, 0, 3} gilt. Ansonsten sind sie linear unabhängig.

290

Kapitel 15

Lösung zu Aufgabe 15.4: Bei der Rangbestimmung sind sowohl Zeilen- als auch Spaltenoperationen zugelassen, das Vertauschen von Zeilen und Spalten ist erlaubt.  a) A :

1

    −1    3   2

4

0

0

1

−3

0

0

0

1

 −→

2

        

3

2

 3    −5    2    2

 0    5    0    −1

+3

0

    −1 −→    0   0

+2 −1





    −→     

+3

 −7    3 −5  |·(−1)   13 −13   −13 1 −1 7

1

0

0

1

0

0

0

0

−7

 2    −1    0    0

=⇒ rg (A) = 2. +2

B:

     

1

2

4

2

1

5

1

4

6 −5

1



  8    −3

−2

−1



  −→   

−1

1

2

4

0

−3

−3

0

2

2

1

0

0

0

1

0

0

0

0

1



0



  6    −4

−2



  −→   

−2

1

2

2

0

−3

0

0

2

0

=⇒ rg (B) = 2.

5





  0  |:(−3)  0

−2

  −→   

  0    0

Rang einer Matrix

291

Lösung mit Zeilenoperationen (erster Schritt wie oben):

      

 −→  

1

2

4

0

−3

−3

0

2

2

1

0

2

0

1

1

0

0

0

1

  6   |:(−3)  −4 5







−2

  −→   

1

2

4

0

1

1

0

0

0

1



  −2    0

−2

 −2   0

Da die ersten beiden Zeilen (offenbar) linear unabhängig sind, gilt rg (B) ≥ 2. Da die dritte Zeile eine Nullzeile ist, gilt rg (B) = 2.  C:

             

      −→       

2 1

4

0

2

0

3

1

5

2

−2

6

−1

3

−5 +1



6    3    −1     −6    7 +2

0

0

0

1

2

0

0

−5

5

0

−6

6

0

5

−5

 0    3    −10     −12    10

−2 −3

−2

+1

292

Kapitel 15 

      −→        

      −→        

    −→    

0

0

0

1

2

0

0

0

5

0

0

6

0

0

−5

0

0

0

1

2

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

2

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

=⇒ rg (C) = 2

 0    3    0  |:5   0    0

−6

+5

 0    3    0     0    0 3



 0    0   0   0

Lösung mit Zeilenoperationen (erster Schritt wie oben):              

0

0

0

1

2

0

0

−5

5

0

−6

6

0

5

−5

 0    3    −10   |:(−5)   −12    10



+6 −5

      −→       

0

0

0

1

2

0

0

1

−1

0

0

0

0

0

0

 0    3    2     0    0

Da die letzte Matrix offenbar genau zwei linear unabhängige Zeilen enthält, gilt rg (C) = 2.

Rang einer Matrix  D:

         

−→

−→

              

293 1

2

2

5

1

−3

−1 −20 1

2

0

1

0

−5

0 −18

 3    −4 6    2 −2    14 −18 −2

 3    0 0    4 −5    12 −15

−2

−2

1

0

0

1

0

0

4

0

0

0

0

3

−2

−1

+1

−2 +5 +18 −3



 0   −5   0

Da die letzte Matrix genau drei linear unabhängige Zeilenvektoren besitzt, gilt für den Rang: rg (D) = 3.     2 1     −1 3 b) A : Ein maximal linear unabhängiges System ist   ,   . 3 4     2 2   1 0 2 1 −1   0 (siehe Zeilenoperationen zur Rangbestimmung von Wegen  0  0 0 0 0 0 A) ist x2 = −1, x1 = 2 eine Lösung, so dass       3 1 2 −1 3 −5 2 −  =  . 2 4 3 2 2 2 B : Ein maximal linear unabhängiges System ist

(

! !) 1 2 2 , 1 . 1 4

! 1 0 2 5 1 −2 0 1 Wegen (siehe Zeilenoperationen zur Rangbestim0 0 0 0 mung von B) sind x2 = 1, x1 = 2 eine Lösung des ersten bzw. x2 = −2, x1 = 5

294

Kapitel 15 eine Lösung des zweiten Gleichungssystems. Damit gilt: ! ! 4 1 5 =2 2 + 6 1

! 2 1 , 4

! ! ! 1 1 2 8 =5 2 −2 1 . −3 1 4

C : Ein maximal linear unabhängiges System ist            

Wegen              



      −→        

    −→    

   0  2   1  0    3 ,  5 .  2  6   −5 −1

2

0

4

1

0

2

3

5

1

2

6

−2

−1

−5

3

0

0

0

1

0

2

0

5

−5

0

6

−6

0

−5

5

0

0

0

1

0

2

0

1

0

0

−1

0

0

0 0

 6    3    −1     −6    7

−2 −3

 0    3    −10   |:5   −12    10 0

−2

−6

+1

+5



 3    −2   0   0

lautet die Lösung des ersten Gleichungssystems x2 = −1, x1 = 2 und die des

Rang einer Matrix

295

zweiten x2 = −2, x1 = 3. Damit gilt:      0 2 6  0  1  3       −1 = 3  3 − 2  5 .  6  2 −6 −5 −1 7

     0 2 4  1  0  2        1 = 2  3 −  5 ,  2  6 −2 −5 −1 3





D : Ein maximal linear unabhängiges System ist       −2  2 1     2  5 −4  1 ,  −3 ,  2 .     14 −20 −1 Aus den obigen Zeilenumformungen folgt:        3 −2 2 1 5 −4  6  5 1  2  −2 = −  2 + 0 ·  −3 +  1 . 4 2 −18 14 −20 −1 

Lösung zu Aufgabe 15.5:

A:

1

2

1

3

4

1

!

−3

−→

!

1

2

1

0

−2

−2

1

0

0

0

1

0

+1 |:(−2)

+1 −1

−→

1

0

0

1

−1

1

!

−→

!

=⇒ rg (A) = 2

296

Kapitel 15 −2

B:

−4

−1

     



    −→     

−1

1

0

4

1

1

2

3

3

1

2

0

1

1

0

0

0

1

0

0

3

−5

0

0

0

0



 0   0   1

 0    0    0    1

−→

−3

−2

     

|:(−5)

1

0

4

0

1

2

0

3

1

0

0

0

0



 0   0   1

=⇒ rg (B) = 4

−→ I4

−1

C:



1

   4   0



1

 −→   0 0

0 2 2 0 1 0

1



  6    2 0

−4



 0   0

−→

−1

−1

     

1

0

0

2

0

0

1



0



  2  |:2  0

=⇒ rg (C) = 2

− 21

Lösung zu Aufgabe 15.6:  2 2 1   A:  1 0  0  2 5 1

0



  1    2

−1

−1



 −→  

2

2

1

0

1

0

0

3

0

 1   2

Rang einer Matrix 

 −→   

 −→  

297 −1

2

0

0

0

1

0

0

3

1

+3

0





|:2

0

 1   2

 −→  

0

0

0

0

1

0





0

0

0

 0   −1 |·(−1)

 −→  

1

0

0

0

1

0

0

3

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

−2

0



0



 0   −1  0   0

=⇒ rg (A) = 3. Lösung mit Zeilenoperationen: 

  A −→   



 −→  

2

2

0

1

1

0

  1    2

0

0

3

0

2

0

1

0

1

0

0

0

0



0



  −→   

−2 −3



2

0

1

0

1

0

0

0

0



  1    −1

−2

+1

|·(−1)

 0   1

Damit enthält A drei linear unabhängige Zeilen, d. h. rg (A) = 3.

−4 −1

B:

   

−2 −7

4

1

7

1

2

2

1

4

1

1



 0   0



 −→  

−2

0

0

0

1

2

2

1

4

1

1



 0   0

298

Kapitel 15 +1 +2



  −→    

 −→  

0

0

0

1

0

0

1

2

−1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1





  0    0 0

  −→   



 0   0

0

0

0

1

0

0

0

0

−1

1



  0    0

|·(−1)

=⇒ rg (B) = 3

Lösung mit Zeilenoperationen: 

  B −→   



  −→   

4 1

1 2

7 2

1

4

1

0

0

− 29

1

0

3

0

2

−1

1



  0    0 1



  −→   

−4 −1



  0    0

0

−7

−1

1

2

2

0

  −→   

1

0

3

0

2

−1

0

0

− 92

Die letzte Matrix hat drei linear unabhängige Zeilen, so dass rg (B) = 3 ist.



    C:     

1 2 2 −1

 2    1 1 4    3 −3 0    1 2 −4 1

0

−2



  0    0

−1

2 

1

−2

+1

+ 72 −1

0



  0    1

Rang einer Matrix

299 −2



−1

    −→     

 2    0 −1 1 0    0 1 −3 −4    0 2 2 −2





    −→     

1

1

0

+1

1

0

0

1

0

0

0

0

0

0    −1 0    −2 −4    4 −2

|·(−1)

+1 +2

+2

=⇒ rg (C) = 4.

−→ I4

|:(−2)

−2

|:(−10)

Lösung mit Zeilenoperationen:



    C −→      

  −→   

1

1

0

0

−1

1

0

1

−3

0

2

2

1

1

0

0

−1

0 0

0 0





2    0    −4    −2 2



+1 +2

    −→     

1

1

0

0

−1

1

0

0

−2

0

0

4



2    0    −4    −2

+2

 0   −2 −4   0 −10 1

Da die letzte Matrix vier linear unabhängige Zeilenvektoren besitzt, gilt rg (C) = 4, d. h. C ist regulär.

300

Kapitel 15 −1

 D:

2

        

0

1



0

2

0

−1

0

0

1

0

1

0

1

0

−1

1    1    1    1

− 12 − 12



    −→     

1

0

1 2

0

0

1

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

1 2

−1

−1



    −→      

   0    0    0

=⇒ rg (D) = 4

−1



    −→     

2

0

1

0

0

0

−2

0

0

1

0

1

0

0

0

−2

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

 1  |:2  0 |:(−2)   1   |:(−2) 0 

0    0    0    0

Lösung mit Zeilenoperationen: 

  D −→   

2

0

1

0

0

0

0

0

1

−2 0

1

0

0

0

−2

1





  −→   

 0   1   0

2

0

1

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

−2 0

1

 1   0   0

−2

Da die letzte Matrix vier linear unabhängige Zeilenvektoren besitzt, gilt: rg (D) = 4. −1

 E:

        

−2

2

1

2

3

2

0

0

1

2

1

2

0



0    1   −→  0    1

         

2

1

2

2

0

0

0

1

2

0

0

0



0    1    0    1

−1 −1



Rang einer Matrix 

    −→      

  −→   

301 − 21

2

0

0

2

0

0

0

1

2

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

  0   1  −1 |:2    0   0  −→    |:2  0 0      1 0  0  0   =⇒ rg (E) = 3 0   0

Lösung mit Zeilenoperationen: 

    E =    

2

1

2

3

2

0

    −→     



0

1

2

1

2

0

0

0

8

0

0

8

0

1

2

1

2

0





0    1    0    1

 −2    −2    0    1

−3

−2

    −→     

0

0

0

0

0

1

0

0

0

−3

2

0

−4

0

0

1

2

1

2

0



    −→     

−1

 0    0    0    1



−2    −2    0    1

1

2

0

0

1

2

0

0

8

0

0

0

+3 +4

 1    0    −2    0

Da die letzte Matrix drei linear unabhängige Zeilenvektoren besitzt, gilt: rg (E) = 3. Lösung zu Aufgabe 15.7:  2 −2  1   5 −4  2  a)   2 4 −1   −1 3 2

3

1

0

0

6

0

1

0

6

0

0

1

−2

0

0

0



0    0    0    1

−2 −1

+1

302

Kapitel 15 

    −→      

    −→      

  −→   

1

2

−2

3

1

0

0

0

1

0

0

−2

1

0

0

−1

3

0

0

−1

1

0

5

0

1

1

0

0

1

0

−2

3

5

−2

0

0

1

0

0

−2

1

0

0

0

1

0

− 32

0

1 3

0

0

0

1

11

−5

0

1

0

0

0

13

2 3

0

1

0

0

− 88 3

1

0

0

0

1

0

−2

0

1 3

0

0

0

1

− 32

11

−5

0

 0    0    0    1

 0    0    0    1 −3

Lösung zu Aufgabe 15.8:  1 2 3    2 a) 3 5   1 3 4 

  −→   

2 3

0 1 3

0

2 1 5

1

2

3

2

0

−1

−1

−3

1

1

3

0

+1 −5

|:3

+2 −3



 0   0   1

Damit ist A regulär und somit auch invertierbar.

b) Aus a) folgt rg (A) = 4.  88 −3 13  −2 1 −1 c) X = A =   −2 0 3 11 −5

−2

 −3 0 . 0 1

2



  4    5 2

−2



  0    3

+1

−1

|·(−1)



1

  −→   0  0

2

3

2

1

1

3

0

0

0

2



  0    3

=⇒ rg (A) = 2, rg (A|b) = 3, d. h. rg (A|b) > rg (A), so dass das Gleichungssystem nicht lösbar ist.

Rang einer Matrix  b)

         

    −→     

303

1

2

1

2

1

3

2

2

2

4

3

4

3

7

4

6

1

2

1

2

0

1

1

0

0

0

1

0

0

1

1

0

 1    −1    0    1

 1    −2    −2    −2

−1

−2

−3



−1

    −→    

1

2

1

2

0

1

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

 1    −2    −2    0

=⇒ rg (A) = 3, rg (A|b) = 3, d. h. rg (A|b) = rg (A), so dass das Gleichungssystem lösbar ist.

c)

     



  −→   

1

5

4

1

3

7

−7 −10

2

0

−4

−6

1

5

3

7

0

1

1

2

0 −10 −10 −20

2



  −1    −1 2



−2

  1    +10 −5

−2



1

  −→   0  0

5

3

7

1

1

2

0

0

0

2



  1    5

=⇒ rg (A) = 2, rg (A|b) = 3, d. h. rg (A|b) > rg (A), so dass das Gleichungssystem nicht lösbar ist.

304

Kapitel 15

Lösung zu Aufgabe 15.9:

a) Der Ränge von A und der erweiterten Matrix (A|b) können folgendermaßen bestimmt werden: 

 2    −2    1   2

−6

4

−8

10

−6

4

−6

3

8

−2

4

8



6    1    −1    2

|:2

+1 − 12

−1

−3 −2 +3



    −→     



    −→      

    −→     

−4

1

4

−3

2

0

0

−4

−2

0

0

−3

1

0

0

4

0

1

0

0

0

0

0

0

−2

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

1

0

 3    7    −4    −4

 0    3    −7    −1

+4 |:4

+3

+2



0    −11  |:(−11)   −7    −1

+7 +1

Rang einer Matrix

305 

 1    0 −→    0   0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

0

 0    1    0    0



 1    0 −→    0   0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

 0    0    0    1

=⇒ rg (A) = 3, rg (A|b) = 4, d. h. rg (A|b) > rg (A), so dass das Gleichungssystem nicht lösbar ist. Lösung mit Zeilenoperationen:   1    0 A −→    0   0 

    −→      

  −→   

4

−3

2

0

−4

−2

0

−3

1

0

4

0

1

4

−3

2

0

0

0

−2

0

0

0

1

0

0

1

0

1

4

2

0

0

−3

0 0

1

0

0

0

1

0

0

0

 3    7    −4    −4 |:4  3    3    −7    −1 3

+4 +3

+2



 −1   −7   −11

Die letzte Matrix enthält drei linear unabhängige Zeilen, d. h. rg (A) = 3, während die letzte erweiterte Matrix deren vier enthält: rg (A|b) = 4. Damit ist das Gleichungssystem nicht lösbar. ! ! 1,2 1,2 1 4 6 1 4 6 −1 −4 −→ b) 1 5 5 2,2 0 1 −1 1 −10 +1

−→

1

0

10

0

1

−1

−2,8 1

!

−→

1

0

0

0

1

0

−2,8 1

!

306

Kapitel 15 =⇒ rg (A) = 2 = rg (A|b), d. h. das Gleichungssystem ist lösbar. Werden nur Zeilenoperationen verwendet, ist dieses Resultat schon nach dem ersten Umformungsschritt ablesbar.

Lösung zu Aufgabe 15.10: 3 1 1 1 4 2

a) Ax = b ist lösbar, falls rg (A) = rg (A|b), wobei A =      

3

1

0

1

1

1

4

2

1

1



  2    3

+1



  −→   

! 0 1 ,b= 1

4

2

1

1

1

1

4

2

1

! 1 2 . 3  3   2    3

−1

−1



 −→  



 −→  

−1

3



4

2

1

1

1

1

0

0

0

 2   0

0

1

0

3

0

0

1

0

0

0





 −→  

−3

−1

3

1

1

0

0

1

0

0

0

3



 2   0

 2   0

Daher gilt rg (A) = rg (A|b) = 2, d. h. das Gleichungssystem ist lösbar. Lösung mit Zeilenoperationen:   4 2 1 3      A −→  1 1 1 2     0 0 0 0

Damit folgt rg (A) = rg (A|b).

−4



  −→   

1

1

1

0

−2

−3

0

0

0

2



  −5    0

Rang einer Matrix

307

b) rg (A) und rg (A|b) sind zu bestimmen. 

    −1    2   1 

    −→     

4

−3

2

−4

5

−3

8 −12

7

−1

2

1

4

1

4

−3

2

0

0

2

−1

0

0

−6

3

0

0

2

0

−3

2

 4    2    −10    14

+1 −2

−1



4    6    −18    10

+3 −1 |:2

−2 +3



  −→   

−4

1

4

0

0

0

0

0

0

0

1

0

4



 −4   0   5

−1 0 0

|·(−1)



1

  0 −→   0  0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

4



 4   0   5

Daher gilt rg (A) = 3 = rg (A|b), d. h. das Gleichungssystem Ax = b ist lösbar, aber nicht eindeutig lösbar. Die allgemeine Lösung hängt von einem beliebigen Parameter ab. Die Lösung unter ausschließlicher Verwendung von Zeilenoperationen ergibt: 

    A −→     

1

4

−3

2

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

1

0



4    −4  |·(−1)   0    5

308

Kapitel 15 

    −→      

1

4

−3

2

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0 11

1

  0 −→   0  0

4

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0



 4    5    4    0

+3 −2

 5   4   0

Die Lösungsmenge ist L = {(11 − 4t, t, 5, 4)′ | t ∈ R}.   1 1 5 2   1   −2   1 2 5 4   2   c) −2    0 0  3 2 1     4 2 1 −1 0 

    −→     

1

1

1

5

0

−1

0

−5

0

3

2

0

−1

    −→     

1

0

1

0

0

1

0

5

0

0

2 −14

0

0

    −→     

1





1

−3 −10

−3

−5

0

0

7

0

1

0

5

0

0

1

−7

0

0

0 −26

 2    0    0    0

+1 |·(−1)

+3

 2    0    0   |:2  0

−1

−1

+3



2    0    0    0 |:(−26)

+7

−5

−7

Rang einer Matrix 

  −→   

309

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

2



 0   0   0

Das Gleichungssystem ist daher eindeutig lösbar mit x1 = 2, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0. d) Da die Koeffizientenmatrix mit der aus Teil b) übereinstimmt und für b gilt:    4 2  1 1  2 b= =   −5 2 −10 14 7 

(vgl. ebenfalls Teil b)), ist das Gleichungssystem lösbar. Die Lösung ist nicht eindeutig.

Lösung zu Aufgabe 15.11:  a)

        



    −→      

    −→     

1

1

0

−1

0

1

−1

−2

0

0

1

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

1

−1

−2

0

0

1

1

0

1

0

−1

1

0

0

0

0

1

0

−1

0

0

1

1

0

0

1

1

 3    −1    3    9  4    −1    3    6

−1

−1

+1 −1



1    2    3    7

−1

−1

310

Kapitel 15 

  −→   

1

0

0

0

0

1

0

0

0

1

−1

0

0

0



1

 2   3   4

1 0

Wegen rg (A) = 3 < 4 = rg (A|b) ist das Gleichungssystem nicht lösbar.    −6 1 2 0 0 1 −1 −1  +1       1 −→  b) 1 1 7  1 1 7   1   −3   3 2 3 0 −1 0 17 −4 

  −→   

c)

1

0

1 2

0

1

0

1

0

1

0



  3    4



  −→   

−1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

     

Daher ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar mit x1 = 12 , x2 = 4, x3 = 25 . ! −1 −1 −10 5 −4

|:2

+1 |·(−1) 1 2



  4   

5 2

+2

20

−5

3

−1

−1 −10

5

0

5

−4

!

−1

0 −10

0

1

5

−5

!

2

−→ −→ −→

0

1

−1 −1

0

1

0

10

0

0

1

0

−5

0

−5

−1 5

−1

|·(−1) |·(−1)

!

Wegen rg (A) = rg (A|b) ist das Gleichungssystem lösbar. Es ist nicht eindeutig lösbar, da z.B. (−1, 5, 0, 0)′, (−11, 10, 1, 1)′ zwei verschiedene Lösungen sind.

16 Determinante einer Matrix Literaturhinweis: KCO, Kapitel 11, S. 366-372 Hinweis: Als Notationen für die Determinante einer Matrix A werden det A bzw. |A| verwendet.

Aufgaben Aufgabe 16.1: Bestimmen Sie folgende Determinanten: 7 2 −3 3 6 4 2 0 , 3 −2 1 , −1 0 4 0 1 4 1 14 21 70 8 12 10 20 15 25

,

30 0 2 36 15 0 24 7 3

,

4 12 1 −2 −6 −7 , 5 15 3 0 1 1

1 1 0 1 . 1 0

Aufgabe 16.2: Berechnen Sie jeweils die Determinante mit Hilfe der Regel von Sarrus: 1 2 −4 −3 −3 5 1 4 3 4 0 1 a) −1 0 b) 1 c) 7 0 4 2 1 −1 4 4 3 3 1 0

4 d) 1 0

20 8 10 0 5 2

Aufgabe 16.3: Bestimmen Sie folgende Determinanten durch Anwendung des Entwicklungssatzes und der Sarrusschen Regel: 4 0 0 −2 1 2 −7 −6 0 2 1 1 1 1 3 4 , . 1 4 0 3 5 19 −2 4 2 2 7 −4 0 1 1 3

312

Kapitel 16

Aufgabe 16.4: Berechnen Sie: 1 0 −1 2 2 −2 2 3 a) 2 1 2 4 3 1 5 3 c)



1 1 3 0

0 1 2 0

0 0 3 1

2 0 1 0

b)



d)





1 1 4 2

1 2 1 4

2 1 4 4

6 3 9 7



1 −2 3 −4 2 −1 4 −3 2 3 −4 −5 3 −4 5 6

Aufgabe 16.5: a) Seien a, b, c, d, e, f, g, h ∈ R. Zeigen Sie:  a c det  0 0

b) Berechnen Sie:

b d 0 0

4 −2 0 1 3 0 0 0 3 0 0 8

0 0 e g

 0  0 a = det f c h

0 0 −5 −4



  e b · det g d

 f . h

Aufgabe 16.6:   a b mit a, b, c, d ∈ R und det A 6= 0. Zeigen Sie: Sei A = c d   1 d −b a) det(A−1 ) = (det A)−1 b) A−1 = a det A −c

Aufgabe 16.7: Zeigen Sie die Gültigkeit der folgenden Beziehung:  a det c

b + b′ d + d′



  a a b + det = det c c d 

 b′ , d′

a, b, b′ , c, d, d′ ∈ R.

Determinante einer Matrix

313

Aufgabe 16.8: Seien A ∈ Mn,n eine quadratische Matrix und In die Einheitsmatrix. Dann heißt die Funktion f : R → R definiert durch z ∈ R,

f (z) = det(A − z · In ), charakteristisches Polynom von A.

Berechnen Sie jeweils das charakteristische Polynom der folgenden Matrizen:           2 0 1 −2 0 5 4 3 −1 1 , , , , . 0 −2 −3 2 2 3 3 −4 0 −2

Aufgabe 16.9: Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms (s. Aufgabe 16.8) einer Matrix A ∈ Mn,n heißen Eigenwerte der Matrix A. Ist λ0 ein Eigenwert der Matrix A, so heißen die Lösungen x ∈ Rn , x 6= 0, des linearen Gleichungssystems (A − λ0 In )x = 0 Eigenvektoren von A zum Eigenwert λ0 . Berechnen Sie für die Matrizen aus Aufgabe 16.8 die Eigenwerte und die jeweils zugehörigen Eigenvektoren.

Aufgabe 16.10: Berechnen Sie für die Matrix A=

−1 1 1 0 −2 0 −1 0 1

!

alle Eigenwerte und die zugehörigen Eigenvektoren.

Aufgabe 16.11: Sei A ∈ Mn,n eine Matrix mit Eigenwert λ0 und zugehörigem Eigenvektor x0 . Zeigen Sie: Ax0 = λ0 x0 .

314

Kapitel 16

Lösungen Bitte beachten Sie: Zur Beschreibung der Umformungsschritte für Matrizen werden die in Kapitel 13 erläuterten Notationen verwendet. Lösung zu Aufgabe 16.1:

•



= 2 · 2

|:2

7

6

3

−2

0

4

7

3

3

−1

0

1

−5 = 4 3 0

•

2 −1 1

0 = −1 0

0 0 1

−3 2 4

4 1 0

=2

4 1 0

0 0 0 6 −17 1

−6

−3

+1

0 |:(−5) 1 0 3 0 1



−3

7

3

3

−1

0 = 4

= −20

2

4 1 0

7

0

3

0

0

1

1

0

0

0

0

1

|:2

4 1 0

−4

0 1 0

= 20

−3

+2 +2

= +1

0 = −1 0

0 −1 0

0 0 0 0 −17

1 2 6

3 0 1

1

= −17.

Determinante einer Matrix

•

•

4 −2 5

−3

1 −7 3

12 −6

15

14 8 20

70 10 25

21 12 15

−1

0

1

0

2

1

1

= 2 100 · (−3)

•

|:6 30 36 24 = 18



0 0 1

=

0 0 0

|:7 |:2 = 7 · 2 · 5 |:5 2 = 2 100 1 1 1 0 0 1 0 0

2 0 = 6 3

0 15 7

+1

5

0

2

5

0

4 −2 5

|:2

2

1 −7 3 |:5

3

4

6

4

3

−3

2 0 3



0

1

0

2

1

0

−1



1

1

2

2

2

1

2 1 1

|:(−3)

2 = 2 100 1 0

0

1

0

2

1

0

0 −3 0

−2

= −6 300

5

0

6

15

4

7

= 18 · 3 |:3

=0

10 5 = 70 · 2 · 3 · 5 5

|:3

−2

−1

= 2 100

315

2 0 3



|:3

= 6 · 3 −2

5

2

2

5

0

0

5

0

2

5

4

7

0 0 1

2 0 3

−2

316

Kapitel 16

1 = 54 −8 0

= 54 · 21

•

0 1 1

= 2

2 5 0

1

0

0

1

0

0

1 0 1 0

0

0

−1

1

0

1 1 0

−1

1 0 0

0 0 1

−2

+8

= 54

0 0 = 1 134 1 =



1

2

0

21

0

0

−1

0 1 1 1 −1 0 1 1 0 1 0 = 2 |·(−1) 0

+1

0

=

1 0

0 0 1

|:21

0

0

1

−1

2

0

0 0 = 2 1

1 0 0

|:2

−1

Lösung zu Aufgabe 16.2: Die Anwendung der Regel von Sarrus zur Berechnung der Determinante einer Matrix 

 a13 a23  a33

a11 a21 a31

a12 a22 a32

a11

a12

a13

a11

a12

a21

a22

a23

a21

a22

a31

a32

a33

a31

a32

wird durch folgendes Schema verdeutlicht. Neben die Spalten der Matrix A werden hilfsweise nochmals die ersten beiden Spalten von A geschrieben:

Determinante einer Matrix

317

Dann bildet man – links oben beginnend – die Produkte der Zahlen entlang der drei mit einer durchgezeichneten Linie markierten Diagonalen und summiert diese auf: a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 . Anschließend werden die Produkte der Zahlen entlang der gepunktet gezeichneten drei Diagonalen, die jeweils von rechts oben nach links unten führen, gebildet und aufsummiert: a13 a22 a31 + a11 a23 a32 + a12 a21 a33 . Die Determinante von A ist dann die Differenz der so erhaltenen Werte, also: det A = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 . Die Anwendung dieses Verfahrens führt zu folgenden Lösungen: 1 2 3 4 = 1 · 0 · (−1) + 2 · 4 · 2 + 3 · (−1) · 1 − 2 · 0 · 3 − 1 · 4 · 1 − (−1) · (−1) · 2 = 7. a) −1 0 2 1 −1

−4 −3 −3 0 1 = (−4) · 0 · 3 + (−3) · 1 · 4 + (−3) · 1 · 4 b) 1 4 4 3 −4 · 0 · (−3) − 4 · 1 · (−4) − 3 · 1 · (−3) = 1. 5 1 4 c) 7 0 4 = 5 · 0 · 0 + 1 · 4 · 3 + 4 · 7 · 1 − 3 · 0 · 4 − 1 · 4 · 5 − 0 · 7 · 1 = 20. 3 1 0

4 d) 1 0

20 8 10 0 = 4 · 10 · 2 + 20 · 0 · 0 + 8 · 1 · 5 − 0 · 10 · 8 − 5 · 0 · 4 − 2 · 1 · 20 = 80. 5 2

Lösung zu Aufgabe 16.3:

4

0 1 1 2

0 1 4 2

1 0 7

−2 0 3 −4

1 = 4 4 2

1 0 0 3 7 −4

1 − (−2) 1 2

1 1 4 0 = 4 · 1 + 2 · 15 = 34. 2 7

Die Determinanten der (3 × 3)-Matrizen werden mit der Regel von Sarrus berechnet (s. Aufgabe 16.2):    1 1 0 1 1  1 1 0    3 = 0+6+0−0−21−(−16) = 1,Hilfsschema: 4 0 3 4 0  • 4 0 . 2 7 −4   2 7 -4 2 7

318 1 1 • 1 4 2 2

1

2

3 −2 0



1 0 = 28 + 0 + 2 − 8 − 0 − 7 = 15, 7 −7 2 5 1

4 4 1

−6 1 19 3

4 = 1 · 4 1

2 5 1

1 19 3

  Hilfsschema:  

Kapitel 16 

1 1 1 1 1    1 4 0 1 4 .  2 2 7 2 2

3 2 1 − 2 −2 5 19 0 1 3

3 4 1 3 4 2 + (−7) −2 4 19 − (−6) −2 4 5 0 1 3 0 1 1

= −3 − 2 · (−2) − 7 · 1 + 6 · 1 = 0. Die Regel von Sarrus liefert jeweils: 4 2 1 • 4 5 19 = 60 + 38 + 4 − 5 − 76 − 24 = −3, 1 1 3

3 2 1 • −2 5 19 = 45 + 0 − 2 − 0 − 57 + 12 = −2, 0 1 3 3 4 1 • −2 4 19 = 36 + 0 − 2 − 0 − 57 + 24 = 1, 0 1 3 3 4 2 • −2 4 5 = 12 + 0 − 4 − 0 − 15 + 8 = 1. 0 1 1

Lösung zu Aufgabe 16.4: −1

a)



1

0

−1

2

2

3

2

−2

2

4

2

1

3

1

5

3



=

2 0 0 −2

0

−1

2

3

2

−2

4

2

1

1

5

3



+1

Determinante einer Matrix 2 0 −1 2 3 2 −2 0 = = 2 0 4 2 1 0 1 4 5 3 2 −2 = 2 1 3 = 2 · (−2) 0 −5 9 0 b)

1

1

1

2

2

6

1

3

4

1

4

9

2

4

4

7

1 = 1 −3 2

−3 −4 −15 0 −5 −1



−1

−4

= 35 + 6 = 41

c)

1

0

0

1

1

0

3

2

3

0 0 1 2 = − 1 1

d)

1

−2

2

−1

4

2

3

−4

3

−4

5

3

−4 −3 −5 6

3

2

4

2

1

4

−2 1 5

−2

3 = −4 · (1 · 9 − (−5) · 3) = −96 −5 9

−2

1 = −7 2

−1 0 0

−1

1

0

1

1

3

2

−2 −1

−1

1

−4

2 0 =− 1 0

1 = −(1 − 2) = 1

319

−3

=

1

1

2

6

0

1

−1

−3

0

−3

−4 −15



2 0 −5 0 −3 −7 −3 −3 = −(−1) 2 −5 −5 2 =− 0 1

=



1

0

0 1

1 2

1

−2

3

0

3

−2

0

4

−8

0

2

−4

−4 5 −2 18

2 0 1

320

Kapitel 16 +2

=



−2

3

−8

4

−4

2

5 −2 18

=

3

4

4

0

2

0

= (−4) · (72 + 4) = −304

5 −2 18

4 = (−4) 2

−2 18

Lösung zu Aufgabe 16.5:    a b 0 0 d   c d 0 0    = a · det  0 a) det   0 e f  0 0 0 g h 0  e = a · d · det g

b) Mit a) folgt:

4 −2 1 3 0 0 0 0

   0 0 0 0 b    e f  − c · det  0 e f g h g h 0    e f f − c · b · det g h h   e f = (a · d − c · b) · det    g h a b e f = det · det c d g h 0 0 0 0 4 −2 3 −5 = · = 14 · 28 = 392 3 −5 1 3 8 −4 8 −4

Lösung zu Aufgabe 16.6:   a b Sei A = mit det A 6= 0. Da det A = ad − bc 6= 0, ist A nach Aufgabe 13.10 c d invertierbar mit   1 d −b −1 A = . ad − bc −c a Dies impliziert: a) det(A−1 ) =

1 (da − bc) = (det A)−1 . (ad − bc)2

(Bemerkung: Diese Beziehung gilt allgemein für Matrizen A ∈ Mn,n .) b) Wegen det A = ad − bc ist damit auch b) gezeigt.

Determinante einer Matrix

321

Lösung zu Aufgabe 16.7:

det

 a c

b + b′ d + d′



= a(d + d′ ) − c(b + b′ ) = ad + ad′ − cb − cb′    a b a ′ ′ = (ad − bc) + (ad − b c) = det + det c c d

b′ d′



Lösung zu Aufgabe 16.8: Das charakteristische Polynom einer Matrix A =

det(A − z · I2 ) = det

 a c

 b ist gegeben durch d

 a c

  z b − 0 d

0 z



= det

 a−z c

 b . d−z

Damit erhält man: 2 − z 0 i) = (2 − z)(−2 − z) = z 2 − 4 0 −2 − z 1 − z −2 ii) = (1 − z)(2 − z) − 6 = 2 − 3z + z 2 − 6 = z 2 − 3z − 4 −3 2 − z −z 5 iii) = (−z)(3 − z) − 10 = z 2 − 3z − 10 2 3 − z 4 − z 3 iv) = (4 − z)(−4 − z) − 9 = z 2 − 16 − 9 = z 2 − 25 3 −4 − z −1 − z 1 v) = (−1 − z)(−2 − z) = (z + 1)(z + 2) = z 2 + 3z + 2 0 −2 − z Lösung zu Aufgabe 16.9: i) Die Nullstellen des Polynoms f (z) = (2 − z)(−2 − z) = z 2 − 4 sind z = 2 = λ1 und z = −2 = λ2 , so dass also λ1 = 2 und λ2 = −2 die Eigenwerte von A sind. Die Eigenvektoren erhält man aus (es ist x = (x1 , x2 )′ ):
0 λ1 = 2: (A − 2 · I2 )x = 00 −4 x = 0 ⇐⇒ x1 ∈ R ∧ x2 = 0, d. h. jeder Vektor der Form a · (1, 0)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ1 = 2.

λ2 = −2: (A − (−2) · I2 )x = ( 40 00 ) x = 0 ⇐⇒ x1 = 0 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (0, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = −2.

Es ist zu beachten, dass der Nullvektor nicht als Eigenvektor bezeichnet wird.

322

Kapitel 16

ii) Eigenwerte sind λ1 = −1 und λ2 = 4.


2 −2 λ1 = −1: (A − (−1) · I2 )x = −3 x = 0 ⇐⇒ x1 = x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder 3 Vektor der Form a · (1, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ1 = −1.
−2 2 λ2 = 4: (A − (−4) · I2 )x = −3 −3 −2 x = 0 ⇐⇒ x1 = − 3 x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder 2 ′ Vektor der Form a · (− 3 , 1) mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 4.

iii) Eigenwerte sind λ1 = −2 und λ2 = 5.

λ1 = −2: (A − (−2) · I2 )x = ( 22 55 ) x = 0 ⇐⇒ x1 = − 25 x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (− 25 , 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ1 = −2.
5 λ2 = 5: (A − 5 · I2 )x = −5 2 −2 x = 0 ⇐⇒ x1 = x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (1, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 5.

iv) Eigenwerte sind λ1 = −5 und λ2 = 5.

λ1 = −5: (A − (−5) · I2 )x = ( 93 31 ) x = 0 ⇐⇒ x1 = − 31 x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (− 31 , 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ1 = −5.
3 λ2 = 5: (A − 5 · I2 )x = −1 3 −9 x = 0 ⇐⇒ x1 = 3x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (3, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = 5.

v) Eigenwerte sind λ1 = −1 und λ2 = −2.
1 λ1 = −1: (A − (−1) · I2 )x = 00 −1 x = 0 ⇐⇒ x1 ∈ R ∧ x2 = 0, d. h. jeder Vektor der Form a · (1, 0)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ1 = −1.

λ2 = −2: (A − (−2) · I2 )x = ( 10 10 ) x = 0 ⇐⇒ x1 = −x2 ∧ x2 ∈ R, d. h. jeder Vektor der Form a · (−1, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert λ2 = −2.

Lösung zu Aufgabe 16.10: Das charakteristische Polynom ist gegeben durch   −1 − z 1 1    f (z) = det  −2 − z 0 0   −1 0 1−z ! 1 1 −1 − z = −0 · det + (−2 − z) det 0 1−z −1 = −(2 + z)[−(1 + z)(1 − z) + 1]

1 1−z

!

− 0 · det

−1 − z −1

! 1 0

= −(z + 2)(z 2 − 1 + 1)

= −z 2 (z + 2)

Damit sind λ1 = 0 und λ2 = −2 die Eigenwerte von A. Die Eigenvektoren berechnen sich folgendermaßen:

Determinante einer Matrix 

 λ1 = 0: A−λ1 I3 = A =  

323 −1 0

−1

1

1



 0   |:(−2) 1

−2

0

−1

−1



 −→  

−1

0

0

1

0

0

1



 0   0

Die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems (A − λ1 I3 )x = 0 ist somit gegeben durch die Menge aller Vektoren y = (x1 ,x2 ,x3 )′ mit x3 ∈ R, x2 = 0 und x1 = x3 , d. h. jeder Vektor der Form y = a · (1,0,1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert 0.     1 1 1 1 1 1   −1    0   +1 −→ λ2 = −2: A−λ2 I3 =  1 4 0 0 0     −1

0

3

−→

   

0

0

0

1

0

0

1

−3

0

0



 4   0

Die Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems (A − λ2 I3 )x = 0 ist somit gegeben durch die Menge aller Vektoren y = (x1 , x2 , x3 )′ mit x3 ∈ R, x2 = −4x3 und x1 = 3x3 , d. h. jeder Vektor der Form y = a · (3, −4, 1)′ mit a 6= 0 ist Eigenvektor zum Eigenwert −2.

Lösung zu Aufgabe 16.11: Da x0 Eigenvektor zum Eigenwert λ0 von A ist, löst x0 das Gleichungssystem (A − λ0 In )x = 0, d. h. es gilt (A − λ0 In )x0 = 0 ⇐⇒ Ax0 = λ0 In x0 ⇐⇒ Ax0 = λ0 x0 .

17 Lineare Optimierung Literaturhinweis: KCO, Kapitel 10

Aufgaben Aufgabe 17.1: In einem Produktionsbetrieb werden aus drei Rohstoffen R1 , R2 und R3 die beiden Endprodukte E1 und E2 hergestellt. Für 1 kg von Produkt E1 werden 2 kg von Rohstoff R1 und 4 kg von Rohstoff R3 benötigt. In die Produktion von 1kg E2 gehen 3 kg von R1 , 1 kg von R2 und 3 kg von R3 ein. Jedes der Endprodukte liefert einen Deckungsbeitrag von 50 e pro kg. Pro Tag entstehen fixe Kosten von 2 000 e. Am letzten Tag des Produktionszyklus stehen noch Lagerbestände von 360 kg R1 , 100 kg R2 und 600 kg R3 zur Verfügung. Bestimmen Sie graphisch und rechnerisch das optimale Produktionsprogramm für diesen Tag, d. h. die Produktionsmengen der Erzeugnisse E1 und E2 mit dem höchsten Deckungsbeitrag.

Aufgabe 17.2: Die chemischen Erzeugnisse E1 und E2 werden in den drei Aufbereitungsanlagen A1 , A2 und A3 hergestellt. Die für jede Tonne von E1 und E2 benötigten Maschinenstunden, die Maximalkapazitäten der Anlagen sowie die Erlöse und Kosten für die Erzeugnisse in e pro Tonne können der folgenden Tabelle entnommen werden:

Erzeugnis

Maschinenstunden pro t auf Anlage

Erlös

Kosten

A1

A2

A3

e/t

e/t

E1

4

1

1

6 000

3 000

E2

3

2

4

10 000

2 000

Maximalkapazität der Anlage in Stunden

30

10

16

Wie viele Tonnen der Erzeugnisse E1 und E2 sollen zur Gewinnmaximierung hergestellt werden? Lösen Sie das Problem graphisch und mit dem Simplexverfahren.

326

Kapitel 17

Aufgabe 17.3: Gegeben sei das lineare Optimierungsproblem: Maximiere G(x1 , x2 ) =

2x1 + x2 − 4

unter den Nebenbedingungen: x1 + x2 ≤ 9

≤ 6

x1

x1 + 2x2 ≤ 16

x1 ,x2 ≥ 0

Skizzieren Sie den zulässigen Bereich M , und ermitteln Sie die optimale Lösung (x∗1 , x∗2 ) und den zugehörigen Zielfunktionswert G(x∗1 , x∗2 ) mit Hilfe des Simplexverfahrens.

Aufgabe 17.4: Gegeben sei das lineare Optimierungsproblem: Maximiere f (x1 , x2 ) =

5x1 + 4x2 + 1

unter den Nebenbedingungen: − 23 x1 − x2 ≤ −5 x1 3 2 x1

− 5x2 ≤ −8

− 3x2 ≥ −15

−x1 − 34 x2 ≥ − 37 4 a) Zeichnen Sie den zulässigen Bereich M . b) Berechnen Sie f (x1 , x2 ) für sämtliche Eckpunkte (x1 , x2 ) von M .

c) Bestimmen Sie das Maximum der Zielfunktion f aus den in b) errechneten Werten.

Aufgabe 17.5: Student S., der seinem Übergewicht den Kampf angesagt hat, will sich an einem Wochenende maximal acht Stunden Zeit nehmen, um Squash zu spielen bzw. im Fitness-Studio zu trainieren. Er weiß, dass er für eine Stunde Squash 16 e ausgeben muss und in dieser Zeit 1 300 kJ verbraucht, während der Eintritt ins Fitness-Studio pro Stunde 6 e kostet, aber auch nur 800 kJ verbraucht werden. Außerdem muss S. bedenken, dass seine finanzielle Situation nur eine Ausgabe von insgesamt höchstens 80 e erlaubt und dass sein Squash-Partner höchstens vier Stunden zur Verfügung steht. Wie muss S. seinen Wochenendplan gestalten, um seinen kJ-Verbrauch zu maximieren, d. h. wie viele Stunden muss er jeweils Squash spielen bzw. im Fitness-Studio schwitzen? Lösen Sie das Problem mit dem Simplexverfahren.

Lineare Optimierung

327

Aufgabe 17.6: Ein Lager von 75 m3 Größe soll mit den Gütern A1 , A2 , A3 und A4 gefüllt werden. Raumbedarf (in m3 ), Wert (in e) und Gewicht (in kg) pro Einheit dieser Güter betragen: A1 Raum

A2

0,15 0,048

A3

A4

0,3

0,225 65

Wert

30

12

120

Gewicht

45

21

150 115,5

Wie viele Einheiten jedes Gutes müssen gelagert werden, um den Gesamtwert in diesem Lager zu maximieren, wenn von A1 mindestens das Dreifache der Menge von A3 im Lager enthalten sein muss und statische Beschränkungen ein Gesamtgewicht von höchstens 30 Tonnen zulassen?

Aufgabe 17.7: Ein Kunstatelier stellt Vasen und Wandteller her, die den folgenden Arbeitsaufwand erfordern: Modellierzeit Gestaltungszeit Wandteller

3 Std.

2 Std.

Vase

4 Std.

8 Std.

Ein Wandteller erbringt einen Gewinn von 80 e, während eine Vase zu einem Gewinn von 240 e führt. Bei der Planung ist zu beachten, dass täglich nur 64 Stunden zur Modellierung und 64 Stunden zur Gestaltung zur Verfügung stehen. Wie viele Vasen und Wandteller müssen täglich produziert werden, um den Tagesgewinn zu maximieren?

Aufgabe 17.8: Eine Produktionsstätte für die Produkte A und B weist folgende Arbeitsgänge, -zeiten und Gewinnspannen auf: Zeitbedarf für Produkt

Arbeitsgang 1

Arbeitsgang 2

Gewinn pro Einheit

A

14

6

4

B

4

4

6

verfügbare

40

24

Kapazität

328

Kapitel 17

Wie viele Einheiten der Produkte A und B sollen bei gegebenen Maximalkapazitäten in den Arbeitsgängen 1 und 2 zum Zweck der Gewinnmaximierung hergestellt werden? Ermitteln Sie die optimale Lösung dieses Problems mit Hilfe des Simplexverfahrens.

Aufgabe 17.9: Ermitteln Sie mit dem Simplexverfahren die Lösung des folgenden Problems der linearen Optimierung: Maximiere f (x1 , x2 ) =

3x1 + 7x2

unter den Nebenbedingungen: −3x1 + 4x2 ≤ 17 x1 + 3x2 ≤ 16

4x1 + x2 ≤ 30 x1 ,x2 ≥ 0

Aufgabe 17.10: Gegeben ist das folgende Problem der linearen Optimierung: Maximiere f (x1 , x2 ) = unter den Nebenbedingungen:

1 500x1 + 1 000x2 x1 + x2 ≤ 10

14x1 + 7x2 ≤ 84 x1

Lösen Sie das Problem mit dem Simplexverfahren.

≤ 3

x1 ,x2 ≥ 0

Aufgabe 17.11: Lösen Sie das folgende Optimierungsproblem mit dem Simplexverfahren: Maximiere f (x1 , x2 , x3 ) = unter den Nebenbedingungen:

x1 + x2 + 2x3 x1 + 2x2 − x3 ≤ 5

5x1 − 4x2 + x3 ≤ 2

x1 + 4x2 + 2x3 ≤ 10 x1 ,x2 ,x3 ≥ 0

Geben Sie die optimale Lösung und die Werte der Schlupfvariablen in der optimalen Lösung an.

Lineare Optimierung

329

Aufgabe 17.12: Lösen Sie das folgende Optimierungsproblem mit dem Simplexverfahren: Maximiere f (x1 , x2 , x3 ) =

x1 + 3x2 + 2x3

unter den Nebenbedingungen: −x1 + 2x2 + x3 ≤ 8 x1 + x2 − x3 ≤ 6

x1 − x2 + x3 ≤ 8

x1 ,x2 ,x3 ≥ 0

Berechnen Sie die optimale Lösung.

Aufgabe 17.13: Ermitteln Sie mit dem Simplexverfahren in Abhängigkeit vom Parameter a ∈ R die Lösungen des folgenden Problems der linearen Optimierung: Maximiere f (x1 , x2 ) = unter den Nebenbedingungen:

x1 + ax2 x1 + 2x2 ≤ 6

2x1 + x2 ≤ 6

x1 ,x2 ≥ 0

Aufgabe 17.14: Lösen Sie das folgende Optimierungsproblem mit dem Simplexverfahren, und geben Sie die optimale Lösung an: Maximiere z(x1 , x2 , x3 ) = unter den Nebenbedingungen:

3x1 + 5x2 + 3x3 x2 + 3x1 + 3x2 + 4x1 + x2 −

2x3 ≤ 2

2x3 ≤ 22 x3 ≤ 4

x1 , x2 , x3 ≥ 0

Geben Sie die Werte der Schlupfvariablen in der optimalen Lösung an, und erläutern Sie die Bedeutung dieser Werte.

330

Kapitel 17

Aufgabe 17.15: Zur Lösung einer Standard-Maximierungsaufgabe der linearen Optimierung werde das Simplexverfahren verwendet. Woran erkennen Sie, dass es mehr als eine optimale Lösung gibt?

Aufgabe 17.16: Lösen Sie das folgende Optimierungsproblem mit dem Simplexverfahren, und geben Sie die optimale Lösung an: Maximiere z(x1 , x2 , x3 ) =

6x1 + 4x2 + x3

unter den Nebenbedingungen:

2x2 + 2x1 − x2 −

2x1 + x2 −

x3 ≤ 6

x3 ≤ 14

x3 ≤ 12

x1 , x2 , x3 ≥ 0

Geben Sie die Werte der Schlupfvariablen in der optimalen Lösung an, und erläutern Sie die Bedeutung dieser Werte.

Aufgabe 17.17: Bestimmen Sie die Lösung des folgenden Optimierungsproblems ohne Verwendung des Simplexalgorithmus: Minimiere z(x1 , x2 ) = 2x1 + 3x2 unter den Nebenbedingungen:

x1 + x2 = 4 2x1 − x2 = 5 x1 ,x2 ≥ 0

Lineare Optimierung

331

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 17.1: xi bezeichne die von Produkt Ei hergestellte Menge (i = 1,2). Die Daten der Aufgabe können in folgender Tabelle zusammengefasst werden: Rohstoffeinsatz für 1 kg von E1 E2

Rohstoff R1 R2 R3

2 0 4

3 1 3

Deckungsbeitrag pro kg

50

50

Lagerbestand 360 100 600

Die Gewinnfunktion G(x1 , x2 ) = 50x1 + 50x2 − 2 000 ist zu maximieren unter den Nebenbedingungen 2x1 + 3x2 ≤ 360

(I)

x1 ≥ 0

(IV )

x2 ≤ 100

(II)

x2 ≥ 0

(V )

4x1 + 3x2 ≤ 600 (III) Algebraische Lösung: Zunächst werden alle Ecken des zulässigen Bereichs M als Schnittpunkte der Begrenzungsgeraden bestimmt (s. Graphik). Die Restriktionen (I) − (V ) werden als Gleichungen aufgefasst. (IV ) ∧ (V ) : x1 = 0 ∧ x2 = 0

(IV ) ∧ (II) : x1 = 0 ∧ x2 = 100 (I) ∧ (II) : 2x1 + 3x2 = 360 ∧ x2 = 100

(I) ∧ (III) : 2x1 + 3x2 = 360 ∧ 4x1 + 3x2 = 600 (V ) ∧ (III) : x2 = 0 ∧ 4x1 + 3x2 = 600

=⇒ (x1 , x2 ) = (0, 0) =⇒ (x1 , x2 ) = (0, 100) =⇒ (x1 , x2 ) = (30, 100) =⇒ (x1 , x2 ) = (120, 40) =⇒ (x1 , x2 ) = (150, 0)

Das Einsetzen dieser Punkte in das Restriktionensystem zeigt, dass jeweils alle Nebenbedingungen erfüllt sind. Also sind diese fünf Punkte Ecken des zulässigen Bereichs M . Die übrigen Schnittpunkte der zu den Restriktionen gehörigen Geraden sind keine Eckpunkte des zulässigen Bereichs M , was wiederum durch Einsetzen in das Restriktionensystem geprüft wird. Beispiel: (II) ∧ (III): x2 = 100 ∧ 4x1 + 3x2 = 600 =⇒ (x1 ,x2 ) = (75,100).

Dieser Punkt erfüllt jedoch nicht Restriktion (I) (2x1 + 3x2 = 450 ≤ 360 (f)) und ist damit kein Punkt des zulässigen Bereichs M .

332

Kapitel 17

Nachdem für alle möglichen Schnittpunkte geprüft wurde, ob das System der Nebenbedingungen erfüllt ist, erweisen sich die obigen fünf Punkte als die einzigen Ecken von M . Da das Optimum in einem der Eckpunkte von M liegt, genügt es, die jeweiligen Zielfunktionswerte durch Einsetzen der Ecken in die Gewinnfunktion miteinander zu vergleichen: G(0, 0) = −2 000, G(0, 100) = 3 000, G(30, 100) = 4 500,

G(120, 40) = 6 000, G(150, 0) = 5 500,

d. h. die Optimallösung ist (x∗1 , x∗2 ) = (120, 40) mit dem Zielfunktionswert 6 000. Graphische Lösung: Das optimale Produktionsprogramm ist x∗1 = 120, x∗2 = 40 mit G(x∗1 ,x∗2 ) = 6 000 (s. Abbildung 17.1). ... ........ ... ... ... ... 2 ... ... .... ... . . ........ .... ....... ... .... .. ..... .... ....... ..... .... ...... ... .. ... . . ... .. ... .... ... .. ... . . ... ... ... .. ... . . ... .. ... . ... ..... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... ... ... ...... ... ... ...... ...... ... .... ...... ... ... ...... . ... ...... .... . ...... ... ... ...... . ... ...... ... . ... ...... .... ... ...... ...... ... ... x2 =100 ....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ...... ... ... ...... ... . ...... . . . ... .. ...... ... ... ...... ... ... ...... 2x ... ...... .... ... ...... 1 + ... ...... 3 ... ...... x ... .... ...... ... .... ......2 = . ... ...... 3 ... ... 1 2 ...... 6 ... ...... 0 .... ... ...... ... ... ...... .. ... ...... ... . . . . . ... ...... ...... ...... ............ .. ...... .. .. ......... ...... ... .... ...... ... ........ ... ..... .... ........ ... .......... ... ....... ... ... ...... .... ... ....... ...... ... ... ...... ... .... ...... ... ...... ... ... ...... ... ... . . ...... ... .... ...... ... ...... ... ... ...... ... .... ...... ... ...... ....................................................... ... ...... ... ... . . ......... . ...... ... .... ...... ... ...... ... .. .

x

200

150

•

+ 1 4x

100 •

= 2 3x

0 60

Isogewinnlinie 50x + 50x = 10 000

zulässiger Bereich M

50

• 0

50

•

• 150

100

200

Lösung mit dem Simplexverfahren: Maximiere f (x1 ,x2 ) = 50x1 + 50x2 unter den Nebenbedingungen: 2x1 + 3x2 + x3 x2

= 360 + x4

4x1 + 3x2

= 100 + x5 = 600

x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0

(x3 , x4 , x5 sind sogenannte „Schlupfvariablen“).

x1

Lineare Optimierung

xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

ϑi

2

3

360

180

x4

0

1

100

x5

4

3

600

∆zj

50

50

0

xNj xBi x2 −→

333

x5

xNj xBi x3

− −→

x4

150

x1 ∆zj

b∗i

x5

x2

ϑi

− 12

3 2

60

40

0

1

100

100

1 4 − 25 2

3 4 25 2

150

200

−7 500

b∗i

x3

40

x4 x1 ∆zj

120 − 25 3

− 25 3

−8 000

Das Optimaltableau ist erreicht, da nur negative Zahlen in der letzten Zeile (∆zj -Zeile) enthalten sind. Die Optimallösung ist daher gegeben durch (x∗1 , x∗2 ) = (120, 40) mit Zielfunktionswert G(120, 40) = 8 000 − 2 000 = 6 000. Lösung zu Aufgabe 17.2: Bezeichne xi die von Erzeugnis Ei , i = 1, 2, hergestellte Menge (in Tonnen). Gewinnfunktion: G(x1 , x2 ) = (6 000 − 3 000)x1 + (10 000 − 2 000)x2 = 3 000x1 + 8 000x2 . Nebenbedingungen: 4x1 + 3x2 ≤ 30 x1 + 2x2 ≤ 10 x1 + 4x2 ≤ 16 x1 ,x2 ≥ 0

Graphische Lösung: Optimales Produktionsprogramm: x∗1 = 4, x∗2 = 3 mit Zielfunktionswert G(4, 3) = 36 000 (s. Seite 334). Simplexverfahren: xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

ϑi

4

3

30

10

x4

1

2

10

5

x5

1

4

16

4

∆zj

3 000 8 000

0

334

Kapitel 17 xNj xBi x3 −→

x4 x2

x5

b∗i

ϑi

13 4 1 2 1 4

− 43 − 12 1 4

18

72 13

2

4

4

16

1 000 −2 000

∆zj xNj xBi x3 −→

x1

x4

−32 000 b∗i

x5

x1

4

x2

3 −2 000 −1 000

∆zj

−36 000

Optimallösung: (x∗1 , x∗2 ) = (4, 3) mit G(x∗1 , x∗2 ) = 36 000. .. ......... ... .... ... .. ... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 2 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ........ ... ....... ... ....... ... ....... ... ....... ... ....... .... .. ... . ....... .. .... ... . . . . ....... .... .. ... ....... .. .... ... ....... .... .. ... . ............. ........ .. .... ... ............. . . . . .... .. ... ............. .. .... .............. ............. ... ....... ............. . . ... . . . ............. .... .... ......... ... ............. . . ... ................. ................ ... ................. ......... ... ...................... ... .............. .............. ... ........................... ........ ................. ..... ....... .... .............. ....... .... .. ............... ........ .. ....... ............. x .. ....... ..... ....... .. .... . ......................... 1 +4x ............. .......... ... ... ............. 2 =16 ....... ............. ......... . .... .... .............. .... .. ... ......... ............. .. .... ... ....... ............. .... .. ... ........ ............. .. .... Isog ....... ... ............. ........ ... . ... ... ewin ............. ....... ... . ............. . ... ... nlinie ....... ............. ... . . 3 . x . . ............. ....... ... ....... 1 + ... .... .... 000x ... ........ . . 2 ... . . 1 + . . x ... ... ....... ... 8 . . 2 . . 0 = . . ... ... ... ....... . .... 00x ....... 10 ... ........ ... .... .. 2 = ....... .. .... ... 3 ....... ... .... .. 6 00 . ....... ... .. .... 0 .................................................. ... .... .. . . . . . . . . . . ... ....... .. .... ....... ... .... ....... ... .... ... 1 ... ...

10 x

+ 1 4x

= 2 3x

30

5

•

•

•

zulässiger Bereich M

• 0

5

•

x

10

Lineare Optimierung

335

Lösung zu Aufgabe 17.3: Maximiere G(x1 ,x2 ) = 2x1 + x2 − 4 unter den Nebenbedingungen: x1 + x2 ≤ 9

(I)

≤ 6

(II)

x1 ≥ 0

(IV )

x1

x1 + 2x2 ≤ 16 (III) x2 ≥ 0

(V )

Graphische Lösung: .. ......

Iso

x2 ................

gew

.. .. . .... .... ... .... .. ... ..... .... ... ... ... ... .... ... ... ... ... ... ... .... ........ . . . .... .... . ....... ... .. x1 =6 ....... . .. ... ....... ... .. ....... ... ........ ..... .... ... ....... .... .. ....... ... ... .......... ... ....... ... ... ............ ... ....... .... ... ... ........ .. .... ....... ... ....... ... ... ....... .... . ... . ....... ... ........ .. .... ... ......... ... ... ....... .... . . . . . ... ... ................. . ... ........ ... .... . . ......... .. ... . .... ........... ... ... ... ........... .... ... ....... x ... ... .......1 + .... ... ....... 2 ... ... ........ x . .. .... .. .......2 = ... . .... ....... 1 .... .. .. ....... 6 ....... ... .. .. ........ ... . .. ....... .... .. .. ....... .... .. ....... ....... ..... ..... .. ............ ... ... ..... ... ... .... ... .. ...... . . ... ... ...... ... .... ... ... ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... ... ... .... ... ... ... .... ... ... ... .... .... ... ... ......................................................... ... ... .. ... .... ... .. ... ..

i nn

l i ni

x1 e2

+

8 •

x2

−

4=

11

•

6

+ x1

= x2

9

4

zulässiger Bereich M

•

2

• 6

2

• 0

4

8

x1

Zur Bestimmung der Ecken von M werden die Ungleichungen der Nebenbedingungen als Gleichungen aufgefasst. Eine Auswertung der Zielfunktion an den Eckpunkten des zulässigen Bereichs ergibt: (IV ) ∧ (V ) : (x1 , x2 ) = (0, 0)

(III) ∧ (IV ) : (x1 , x2 ) = (0, 8) (I) ∧ (III) : (x1 , x2 ) = (2, 7) (I) ∧ (II) : (x1 , x2 ) = (6, 3) (II) ∧ (V ) : (x1 , x2 ) = (6, 0)

Die optimale Lösung ist somit (x∗1 , x∗2 ) = (6, 3).

G(0, 0) = −4

G(0, 8) = 4 G(2, 7) = 7

G(6, 3) = 11 G(6, 0) = 8

336

Kapitel 17

Lösung mit dem Simplexverfahren: xNj x1 x2 b∗i xBi x3 1 1 9

xBi x3

9

x4

1

0

6

6

x5

1

2

16

16

∆zj

2

1

4

xNj xBi x2

x4

x3

−→

xNj

ϑi −→

x1 x5

x4

x2

b∗i

ϑi

−1

1

3

3

1

0

6

−1

2

10

−

1

−8

−2

∆zj

5

b∗i 3 6

x1 x5 −1 −1

∆zj Optimallösung:

(x∗1 , x∗2 )

−11

= (6, 3) mit G(x∗1 , x∗2 ) = 11.

Lösung zu Aufgabe 17.4: a) Graphische Lösung: .... ....... ... ... ... .... 2 ..... .... ... ... ... ... ... . . ... ... .... . ... ...... ............ ... ... . ... ... ... ....... ........ ... ........ ... ....... ... ... ........ ... ....... ... ... .... ........ ........ ... ....... ........ ... ... 15.................. ....... − ... = ....... ........ ... ... x 2 ............. ........ ... −3 ............ ....... ... .... 3 x 1 ............. ... ..... ... 2............. ..... ... ... .... ... ....... ... ... ....... .... ... ....... . . . . . . . ... ........ ... .......... ... ... ... ....... ...... ... ... ........ ... .... ....... ... ....... . ..... . . ... . . . . .. ... ..... ....... ... ..... ....... . . . . ... ...... . . ..... . .... . ... . . . . ..... ... ..... . . . . . . ...... ... ........ . .... . . . .... .... ..... . . . . . . ..... ... ..... . . . . . ..... . ... .... . . . ..... . . . . . . ... ..... ..... . . . . . . ... .... .... . . . . . ...... . . . ... ..... ... .. . . . . . . . . .... ... ............ ..... . . . . . ...... . . ................ ... ..... . . ... ................................ . . . . . ... .... ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ... ... .... ................. ... . ....... ... ................ ... .. ....... ... ................ ... ... ... ................ ... . ................................. ... .. . . . . . .......... .... ... .. . . . . . . . . . . . . . . . ... ... .. 8 ........... . . . . . − . . . . . . ... .. . . . = . . ... x 2 .............................. ... .. 5 . − ... ... . x 1 ........................ . ... ... ... ....... . . . . . . . ... .. . . . . . . . . . ... . ... . ................ ... ... ... ... ... .. ... ... . ... ... ... ... ... . ... ... .. ... .. ... ... .

x

3

+ x1

37 4

= x2

4

10

+x

3 x1 2

=5

2

•

Iso

wi ge

nn

5 •

lin

ie

1 5x

+

zulässiger Bereich M

2 4x

0

2

49

−2

=

−4

1

•

+

•

4

6

8

10

... .................................. ..

x1

Lineare Optimierung

337

b) Die Geraden g1 ,g2 ,g3 ,g4 , die M begrenzen, sind gegeben durch die Gleichungen: 3 2 x1 3 2 x1

g1 : g3 :

g2 : x1 − 5x2 = −8

+ x2 = 5

g4 : x1 + 34 x2 =

− 3x2 = −15

37 4

bzw. durch die Achsenabschnittsformen g1 : g3 :

x2 x1 + =1 10/3 5 x1 x2 + =1 −10 5

x1 x2 + =1 −8 8/5 x1 x2 + =1 37/4 37/3

g2 : g4 :

Die Berechnung der interessierenden Schnittpunkte ergibt folgendes Resultat. Exemplarisch wird der Schnittpunkt von g1 und g2 berechnet. • Aus g1 : x1 =

10 3

10 3

− 23 x2 und g2 : x1 = 5x2 − 8 folgt durch Gleichsetzen:

− 23 x2 = 5x2 − 8 ⇐⇒

34 3

=

17 3 x2

⇐⇒ x2 = 2,

so dass x1 = 2 folgt. Daher ist der Schnittpunkt von g1 und g2 gegeben durch (x1 , x2 ) = (2, 2). • Analog erhält man die Schnittpunkte: g1 , g3 : (0, 5),

g3 , g4 : (4, 7),

g2 , g4 : (7, 3).

In diesem einfachen Beispiel ist es auch möglich, die Schnittpunkte direkt in der Zeichnung abzulesen. Einsetzen der Eckpunkte in die Zielfunktion ergibt die Werte: f (2, 2) = 19, f (0, 5) = 21, f (4, 7) = 49, f (7, 3) = 48. c) Das Maximum der Zielfunktionswerte ist somit 49 (Vergleich der in b) errechneten Werte). Es wird angenommen bei (x∗1 ,x∗2 ) = (4, 7).

Lösung zu Aufgabe 17.5: Das lineare Optimierungsproblem lautet: Maximiere f (x1 ,x2 ) = 1 300x1 + 800x2 unter den Nebenbedingungen: x1 + x2 ≤ 8

16x1 + 6x2 ≤ 80 x1

≤ 4

x1 ,x2 ≥ 0

338

Kapitel 17

Das Simplexverfahren liefert: xNj xBi x3

x2

b∗i

1

1

8

8

x4

16

6

80

x5

1

0

4

−

1 300 800

xNj xBi x2

x4

xNj

ϑi 40 3

∆zj

−→

x1

0

xBi x2 −→

x1

x3

b∗i

1

1

8

8

32

16 5

4

4

x4

10

x5

1

−6 0

500 −800

∆zj

ϑi

−6 400

b∗i

x3

24 5 16 5

x1 x5 −50 −500

∆zj

−8 000

Da die letzte Zeile nur negative Zahlen enthält, ist das Optimaltableau erreicht mit (x∗1 , x∗2 ) = 24 ∗ ∗ ( 16 5 , 5 ) = (3,2 4,8). Der maximale kJ-Verbrauch beträgt f (x1 , x2 ) = 8 000. Alternative Lösung (erstes Tableau mit erster Spalte als Pivotspalte): xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

ϑi

1

1

8

8

x4

16

6

80

5

x5

1

0

4

4

∆zj xNj xBi x3 −→

x2 x1 ∆zj

1 300 800

xNj xBi x3 −→

∆zj

x5

x4

b∗i

ϑi

5 3 − 83

− 16

4 3 8 3

4 5

1

0

2 500 3

− 400 3

1 6

4 − 22 3000

− 4

x2

b∗i

ϑi

−1

1

4

4

6

16

8 3

1

0

4

−

−16

x4 x1

0

x5

−1 300 800 xNj xBi x5

−→

x3

−5 200 x4

24 5 16 5

x2 x1 ∆zj

b∗i

−500 −50

−8 000

Lösung zu Aufgabe 17.6: xi bezeichnen die von Ai gelagerten Mengen (i = 1, 2, 3, 4). Der Gesamtwert des Lagers beträgt somit W (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 30x1 + 12x2 + 120x3 + 65x4

[e],

Lineare Optimierung

339

wobei die Nebenbedingungen 150x1 + 48x2 + 300x3 + 225x4 ≤ 75 000

45x1 + 21x2 + 150x3 + 115,5x4 ≤ 30 000 −x1 +

≤

3x3

0

x1 ,x2 ,x3 ,x4 ≥

0

zu beachten sind. Damit erhält man das Starttableau (die ersten beiden Ungleichungen werden jeweils noch durch Drei dividiert): xNj x1 x2 x3 x4 b∗i ϑi xB i

x5

25 000

500

10 000

2000 3

−

7

50

38,5

x7

−1

0

3

0

0

12

120

65

0

x6 x7 ∆zj xNj xBi x1 x6 x3 ∆zj xNj xBi x1

−→

75

15

xNj xBi x1

−→

16 100

x6 ∆zj

−→

50

30

x5

x2

x3

x4

b∗i

ϑi

0,02

0,32

2

1,5

500

250

−0,3

2,2

20

16

2 500

125

0,02

0,32

5

1,5

500

100

−0,6

2,4

60

20

−15 000

x5

x2

0,012

0,192

−0,38

0,92

0,004

0,064

−0,84 −1,44 x5

x2

x7

x4

−0,4 0,9 −4

10

0,2

0,3

−12

2

x7

b∗i

ϑi

300

1000 3

500

50

100

1000 3

−21 000 x6

b∗i 255

x4

50

x3

85

∆zj

−0,764 −1,624 −11,2 −0,2

−21 100

Aus diesem Tableau erhält man die Maximalstelle (x∗1 , x∗2 , x∗3 , x∗4 ) = (255, 0, 85, 50) mit zugehörigem Maximalwert W (x∗1 , x∗2 , x∗3 , x∗4 ) = 21 100.

340

Kapitel 17

Lösung zu Aufgabe 17.7: Maximiere f (x1 , x2 ) = 80x1 + 240x2 unter den Nebenbedingungen: 2x1 + 8x2 ≤ 64

3x1 + 4x2 ≤ 64 x1 , x2 ≥ 0

Das Simplexverfahren liefert:

−→

xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

ϑi

2

8

64

8

x4

3

4

64

16

∆zj

80

240

0

xNj xBi x2

x4

−→

xNj xBi x2

x1

x3

b∗i

ϑi

1 4

8

32

x4

2

32

16

∆zj

20

1 8 − 21

−30

−1 920

b∗i

x3

4 16

x1 −10 −25

∆zj

−2 240

Daher ist (x∗1 , x∗2 ) = (16, 4) die optimale Lösung mit f (x∗1 , x∗2 ) = 2 240. Lösung zu Aufgabe 17.8: Seien x1 , x2 die Mengen der von A bzw. B produzierten Einheiten. Die Optimierungsaufgabe lautet: Maximiere G(x1 , x2 ) = 4x1 + 6x2 unter den Nebenbedingungen: 14x1 + 4x2 ≤ 40

6x1 + 4x2 ≤ 24 x1 , x2 ≥ 0

Das Simplexverfahren liefert: xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

ϑi

14

4

40

x4

6

4

24

10 −→ 6

∆zj

4

6

0

xNj xBi x3

x1

x4

16

x2 ∆zj

b∗i 6

−5

− 23

−36

Da die letzte Zeile nur negative Einträge hat, ist das Optimaltableau erreicht, d. h. (x∗1 , x∗2 ) = (0, 6) ist die Optimallösung mit G(x∗1 , x∗2 ) = 36.

Lineare Optimierung

341

Lösung zu Aufgabe 17.9: Die Einführung von Schlupfvariablen führt zu den Nebenbedingungen −3x1 + 4x2 + x3 x1 + 3x2

= 17 + x4

4x1 + x2

1

17

3

16

4

1

30

∆zj

3

7

0

xBi x3 −→

b∗i

x5

xNj

x5

−

16 −→

x4

15 2

x1 ∆zj

x5

x2

b∗i

ϑi

3 4 − 14 1 4 − 34

19 4 11 4 1 4 25 4

79 2 17 2 15 2 − 45 2

158 19 34 11

30

b∗i 34 11 74 11 − 460 11

x1 25 − 11

2 − 11

xNj xBi x3

ϑi

x4

x2 ∆zj

+ x5 = 30

x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0

Das Starttableau lautet: xNj x1 x2 xBi x3 −3 4 x4

= 16

34 Damit ist die Optimallösung gegeben durch (x∗1 , x∗2 ) = ( 74 11 , 11 ) ≈ (6,73, 3,09) mit dem Ziel460 ∗ ∗ funktionswert f (x1 , x2 ) = 11 ≈ 41,82.

Lösung zu Aufgabe 17.10: Durch die Einführung von Schlupfvariablen wird das System der Restriktionen zu x1 + x2 + x3 14x1 + 7x2

= 10 + x4

x1 Das Simplexverfahren liefert: xNj x1 x2 xBi x3 1 1

+ x5 = 3 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ≥ 0 b∗i

ϑi

10

10

x4

14

7

84

x5

1

0

3

∆zj

1 500 1 000

= 84

0

xNj xBi x2

x1

x3

b∗i

ϑi

1

1

10

10

12 −→

x4

7

14

2

−

x5

1

−7

3

3

∆zj

0

500 −1 000

−10 000

342

Kapitel 17 xNj xBi x2

−→

x4

b∗i

x3

8

x1

2

x5 ∆zj

− 500 7

−500

−11 000

Also ist (x∗1 , x∗2 ) = (2, 8) die optimale Lösung mit f (x∗1 , x∗2 ) = 11 000. Lösung zu Aufgabe 17.11: Die Lösung der Optimierungsaufgabe mit dem Simplexverfahren führt zu folgenden Tableaus: xNj xBi x4

x1

x5 x6

1

∆zj xNj xBi x4 −→

x2

x3

b∗i

ϑi

1

2 −4

−1

5

5

1

2

−

4

2

10

1

1

2

0

x1

x6

x5

2

−→

x6 ∆zj

x2

x5

b∗i

ϑi

6 −2

1

7

1

2

−

12 −2

6

x1

5 −4

x3

5

−9 −9

9 −2

− 1 2

−4

b∗i 8

x3

4

x2

1 2 − 17 2

∆zj

xNj xBi x4

− 49

− 34

− 12

Die Optimallösung ist somit x∗1 = 0, x∗2 = 21 , x∗3 = 4 mit dem zugehörigen Zielfunktionswert g(x∗1 , x∗2 , x∗3 ) = 8,5. Die Schlupfvariablen haben in der optimalen Lösung die Werte x4 = 8, x5 = x6 = 0. Lösung zu Aufgabe 17.12: Lösung mit dem Simplexverfahren: xNj xBi x4 x5 x6 ∆zj

xNj xBi x2

x1

x2

x3

b∗i

ϑi

−1

2

1

8

4

1 −1

6

6 −→

x5

1

8

x6

3

2

0

−

1

1 −1 1

∆zj

x1

x4

x3

b∗i

ϑi

− 21

1 2 − 12 1 2 − 32

1 2 − 23 3 2 1 2

4

−

3 2 1 2 5 2

2 12 −12

4 3

24

Lineare Optimierung xNj xBi x2 −→

x1 x6 ∆zj

343

x5

x4

x3

b∗i

ϑi

1 3 2 3 − 31 − 35

1 3 − 13 2 3 − 23

0

14 3 4 3 34 3 − 46 3

−

−1 2 3

Die Optimallösung ist somit x∗1 = 7, x∗2 = g(x∗1 , x∗2 , x∗3 ) = 97 3 .

−

17 3

xNj xBi x2 −→

x5

x∗3 =

17 3

b∗i

x6

14 3

x1

7

x3

17 3 − 97 3

− 35

− 76

∆zj 14 3 ,

x4

− 23

mit zugehörigen Zielfunktionswert

Lösung zu Aufgabe 17.13: Sei a ∈ R eine reelle Zahl. Dann wird vom Starttableau ausgehend zunächst x1 in die Basis aufgenommen: xNj xBi x3

x1

x2

b∗i

1

2

6

x4

2

1

6

∆zj

1

a

0

xNj

ϑi 6 −→ 3

xBi x3

x4

x2

b∗i

− 21

3 2 1 2 1 2

3

1 2 − 21

x1 ∆zj

a−

3 −3

Dieses Tableau ist das Optimaltableau, falls a − 12 ≤ 0 ⇐⇒ a ≤ 21 . Die Optimallösung lautet in diesem Fall x∗1 = 3, x∗2 = 0 mit Zielfunktionswert g(x∗1 , x∗2 ) = 3. Sei nun a > 12 . Dann wird x2 in die Basis aufgenommen: xNj xBi x3 x1 ∆zj

x4

x2

− 12

3 2 1 2

1 2 − 12

a−

b∗i

ϑi

3

2

3 1 2

6

−→

−3

xNj xBi x2

x3

− 31

2 3 − 13 2 1 3 − 3a

2 3

x1

1 3a

∆zj

b∗i

x4

−

2 3

2 2 −2 − 2a

Die Lösung ist optimal, falls 31 a − 32 ≤ 0 ∧ 13 − 32 a ≤ 0 ⇐⇒ a ≤ 2 ∧ a ≥ 12 . Daher ist für a ∈ [ 12 , 2] die Lösung x∗1 = 2, x∗2 = 2 mit g(x∗1 , x∗2 ) = 2 + 2a optimal. Sei nun a > 2. Im nächsten Basisaustauschschritt wird die Schlupfvariable x4 in die Basis aufgenommen, da der ∆zj -Wert 31 a − 32 für a > 2 positiv ist. x1 wird aus der Basis entfernt. xNj xBi x2 x1 ∆zj

x4

x3

− 13 2 3

2 3 − 13 2 1 3 − 3a

1 3a

−

2 3

b∗i 2 2 −2 − 2a

xNj xBi − −→ x2 3 x4

ϑi

∆zj

x1

x3

b∗i 3 3

1−

1 2a

− 12 a

−3a

ϑi

344

Kapitel 17

Für a > 2 sind alle ∆zj -Werte negativ, d. h. die Optimallösung ist gefunden: x∗1 = 0, x∗2 = 3 mit g(x∗1 , x∗2 ) = 3a. Die Resultate sind in folgender Tabelle zusammengefasst: x∗1

x∗2

g(x∗1 , x∗2 )

3

0

3

2

2

2 + 2a

0

3

3a

a ≤ 21   a ∈ 12 , 2 a≥2

Für a = 

x∗1,λ x∗2,λ



1 2

bzw. a = 2 gibt es unendlich viele Lösungen. Dann sind

    3 2 =λ + (1 − λ) 0 2

     ∗  2 0 x1,λ =λ + (1 − λ) bzw. ∗ x2,λ 2 3

mit λ ∈ [0, 1]

Lösungen des Optimierungsproblems. Lösung zu Aufgabe 17.14: Lösung mit dem Simplexverfahren: xNj xBi x4

−→

x1

x2

x3

b∗i

0

1

2

2

2

x5

3

3

2

22

22 3

x6

4

1

4

4

∆zj

3

5

−1

xNj xBi x2

x5

3

x4

−→

0 x6

b∗i

−5 43

14 21 1 2 −11 21

x1

x4

x3

b∗i

0

1

2

2

x5

3

x6

4

∆zj

3

−3 −4

16

−5 −8

−10

−1 −3

2

ϑi −

16 3 1 2

2

x5 x1 ∆zj

xNj xBi x2

ϑi

− 34

−4 41

Da alle ∆zj ≤ 0 sind, ist die optimale Lösung erreicht. In der Basis sind die Variablen x1 , x2 sowie die Schlupfvariable x5 . x3 ist nicht Element der Basis. Die Optimallösung ist somit x∗1 = 21 , x∗2 = 2, x∗3 = 0 mit Zielfunktionswert z(x∗1 , x∗2 , x∗3 ) = 11 21 . Da die Schlupfvariablen x4 und x6 nicht in der Basis sind, haben diese den Wert 0, d. h. in den Ungleichungen I und III der Nebenbedingung gilt im Optimum Gleichheit. Diese Restriktionen sind daher bindend. Die Schlupfvariable x5 ist ein Element der Basis mit Wert 14 21 . Dies bedeutet, dass die Nebenbedingung II im Optimum nicht bindend ist, d.h. es gilt 3x∗1 +3x∗2 +2x∗3 < 22 mit einer „freien“ Kapazität von 14 21 .

Lineare Optimierung

345

Lösung zu Aufgabe 17.15: Im Optimaltableau mit ∆zj ≤ 0 für alle j gibt es mindestens ein j0 , für das ∆zj0 = 0 gilt. Die Aufnahme der zugehörigen Nicht-Basisvariable xj0 in die Basis ändert daher den Zielfunktionswert nicht und liefert durch den Austausch von Variablen eine andere Optimallösung. Lösung zu Aufgabe 17.16: Lösung mit dem Simplexverfahren: xNj xBi x4

x1

x5

2

x6

2

∆zj

6

4

x5

x4

xNj xBi x3 −→

0

b∗i

ϑi

1

6

−1 −1

14

−

x2

x3

2 1

−1 1

x6

7

12

3

0

−→

x5 x1 ∆zj

x1

x4

x3

b∗i

0

2

1

6

6

−1 −2

0

2

− 12

6

−

1 2

1 2

−3

1

4

−36

ϑi

−

b∗i 6

x5

2

x1

9

∆zj

xNj xBi x4

−3 −7 −4

−60

Da alle ∆zj ≤ 0 sind, ist die optimale Lösung erreicht. In der Basis sind die Variablen x1 , x3 sowie die Schlupfvariable x5 . x2 ist nicht Element der Basis. Die Optimallösung ist somit x∗1 = 9, x∗2 = 0, x∗3 = 6 mit Zielfunktionswert z(x∗1 , x∗2 , x∗3 ) = 60. Da die Schlupfvariablen x4 und x6 nicht in der Basis sind, haben diese den Wert 0, d. h. in den Ungleichungen I und III der Nebenbedingung gilt im Optimum Gleichheit. Diese Restriktionen sind daher bindend. Die Schlupfvariable x5 ist ein Element der Basis mit Wert 2. Dies bedeutet, dass die Nebenbedingung II im Optimum nicht bindend ist, d. h. es gilt 2x∗1 + x∗2 − x∗3 < 14 mit einer „freien“ Kapazität von 2. Lösung zu Aufgabe 17.17: Die Nebenbedingungen bilden ein lineares Gleichungssystem mit zwei Variablen und zwei Nebenbedingungen. Dieses wird zunächst auf Lösbarkeit untersucht. Die Anwendung des GaußVerfahrens liefert: ! ! ! 4 4 1 1 1 1 1 0 1 +1 −1 −→ −→ 2 −1 3 0 1 0 5 9 |:3 3 Dieses lineare Gleichungssystem ist eindeutig lösbar mit Lösung x∗1 = 3 und x∗2 = 1. Da beide Werte somit positiv sind, ist auch die Nicht-Negativitätsbedingung erfüllt und das Paar (3, 1) der einzige zulässige Punkt. Folglich ist (x∗1 , x∗2 ) = (3, 1) die Optimallösung mit Zielfunktionswert z(x∗1 , x∗2 ) = 9.

18 Analytische Geometrie Aufgaben Aufgabe 18.1: a) O sei der Mittelpunkt des Parallelogramms ABCD (Schnittpunkt der Diagonalen) mit −→ −−→ der Halbdiagonalen OA = a und OB = b. Drücken Sie die folgenden Vektoren durch a,b aus: −→ −→ −−→ (1) CA, AC, BD

−−→ −−→ −−→ −−→ (2) AD + DB, AB + BO

−→ −−→ −−→ −→ (3) AC − CB, DC − CA.

b) Von einem Punkt O verlaufen die Vektoren a, b, c zu den Ecken A, B, C eines Dreiecks. Stellen Sie damit die Vektoren von O zu den Mitten M1 , M2 , M3 der drei Dreiecksseiten dar.

Aufgabe 18.2: a) Zeigen Sie, dass die drei Punkte A = (10, −4), B = (4, 0) und C = (−5, 6) auf einer Geraden liegen. b) Das ebene Viereck ABCD ist gegeben durch die Punkte A = (0, 0), B = (7, −1), C = (6, 2), D = (2, 4). In welchen Punkten P,Q schneiden sich die Paare von Trägergeraden der Gegenseiten? (Die Trägergeraden des Rechtecks sind die vier Geraden, auf denen die Eckpunkte A und B, B und C, C und D bzw. D und A liegen.)

Aufgabe 18.3: Geben Sie eine Zwei-Punkte-Gleichung und die Achsenabschnittsgleichung der durch die Punkte (3, 8) und (−6, 2) verlaufenden Geraden an.

348

Kapitel 18

Aufgabe 18.4: √ √ √ 5 − 3x √ Gegeben ist die Gleichung ( y − x)( y + x) = , y, x ≥ 0. 2 a) Zeigen Sie, dass durch diese Gleichung eine Halbgerade gegeben ist. b) Geben Sie zwei verschiedene Zwei-Punkte-Gleichungen und die Achsenabschnittsgleichung dieser Geraden an. c) Welche Steigung hat die Gerade?
d) Welche Steigung hat die Gerade durch die Punkte (−5, 0) und 0, − 25 ? Aufgabe 18.5: a) Stellen Sie die beiden Rechtecke R1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} und R2 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2, − 1 ≤ y ≤ 0}

in der x, y−Ebene graphisch dar. b) Geben Sie die Achsenabschnittsgleichungen derjenigen beiden Geraden an, die Fortsetzungen von Diagonalen durch R1 und R2 sind und den echt positiven Teil der x−Achse schneiden. c) Berechnen Sie den Schnittpunkt der beiden Geraden aus b) sowie die Steigung der durch diesen Schnittpunkt und den Punkt (0, 0) gelegten Geraden.

Aufgabe 18.6: Durch das Ungleichungssystem −2 ≤ x − y ≤ 2, 3 ≤ x + y ≤ 5 ist in der x, y−Ebene ein Parallelogramm bestimmt. a) Zeichnen Sie dieses Parallelogramm. b) Betrachten Sie die Diagonale (und deren Fortsetzung) durch dieses Parallelogramm, die durch den am weitesten links gelegenen Eckpunkt verläuft. Geben Sie die Achsenabschnittsform der zugehörigen Geraden an. Anleitung: Das obige System von zwei „Doppelungleichungen“ lässt sich schreiben als ein System von vier einzelnen Ungleichungen −2 ≤ x − y, x − y ≤ 2, 3 ≤ x + y, x + y ≤ 5.

Analytische Geometrie

349

Aufgabe 18.7: Berechnen Sie den Schnittpunkt der beiden durch

(1) 2x − y − 4 = 0

      x −3 3 (2) = +λ y 6 −2

und

gegebenen Geraden, indem Sie a) λ in (2) eliminieren,

b)

(2) auf Achsenabschnittsform bringen,

c) (2) in (1) einsetzen,

d)

(1) in Parameterdarstellung ausdrücken.

Aufgabe 18.8: Geben Sie die Gleichungen der Ebenen im R3 an, die jeweils durch folgende drei Punkte verlaufen: a) (2, 0, 0), (0, 5, 0), (0, 0, 9)

b)

c) (1, 0, 0), (0, 2, 1), (−1, 6, 0)

d)

(0, 1, 0), (2, 0, 3), (0, −1, 8),

(0, α, 0), (0, 0, β), (γ, 0, 0), α, β, γ ∈ R \ {0}.

Aufgabe 18.9: a) Gehört der Punkt D = (6, 2, 8) der Ebene an, die durch die drei Punkte A = (6, 9, 4), B = (0, 5, 2), C = (0, 0, 4) gegeben ist? b) Stellen Sie die durch die Gleichung 2x − y + 5z − 10 = 0 gegebene Ebene in Parameterform dar.

Aufgabe 18.10: Bestimmen Sie den Schnittpunkt P der Geraden

g:

x y z

!

=

! ! 4 −3 4 + σ −2 0 5

mit der durch die Punkte A = (2, 0, 3) und B = (1, 2, 5) verlaufenden Geraden h. Ermitteln Sie dann eine Parameterform der Ebene, die beide Geraden enthält.

350

Kapitel 18

Aufgabe 18.11: Gegeben seien die Ebene ! x y = z

0 1 2

!

0 +λ 2 3

!

! 1 0 , +µ −1

λ, µ ∈ R,

und zwei Punkte des R3 : A = (3, 6, 6) und B = (−1, 0, 2). a) Geben Sie eine Parameterdarstellung der durch die Punkte A und B verlaufenden Geraden an. b) In welchem Punkt P durchstößt die durch A,B festgelegte Gerade die Ebene?

Aufgabe 18.12: a) In welchem Punkt P durchstößt die Gerade mit ! ! ! x 1 3 y = 0 +λ 1 z 0 2 die durch die Gleichung x + y + z = 7 gegebene Ebene? b) Welchen Punkt P hat die Ebene ! x y = z

5 0 5

!

! −3 2 +τ +σ 6

gemeinsam mit der Geraden x y z

!

=

! ! 5 1 −5 + λ 1 ? 5 0

1 4 0

!

Analytische Geometrie

351

Lösungen

Lösung zu Aufgabe 18.1: a) D

.............................................................................................................................................................................................................................. ... .... .. ... .. .... ... .... .. ..... .... ... .. .... . . ... .... .... .. .. . . . . ... . . .... ... .. .... ... .... ... .... .. ... . . . . . . . . . . . . .. . .. .. ... .... ... ... .... .. .... ... ... . .... .... ... .. ... ... .... ... .... .. ... . . . . . . . . . . .. ... .. .. .......... ... ... ......... ........... ... ... ......... ...... ... ... ......... ...... ... ... ......... . . . . . . . . . . . . . . . . ...... ... .. .. ......... ...... ... ... ......... ...... ... ... ......... ...... ... ... ......... ...... ......... ... ... . . . . . . . . . . . . . . . ...... . ..... ... ..... . ... ......... ......... ..... .... ........... ................. . .... .. .............................................................................................................................................................................................................................................

C

0

a

b

A

B

−→ −→ −−→ (1) CA = 2a, AC = −2a, BD = −2b −−→ −−→ −− → −−→ (2) AD + DB = −(b + a) + 2b = b − a, AB + BO = b − a + (−b) = −a −−→ −→ −→ −−→ (3) AC − CB = −2a − (a + b) = −3a − b, DC − CA = b − a − 2a = b − 3a b) C ................................... ........ .. ....... ...... ..... ....... ...... .. ....... ...... ..... . . . . ....... . .... . ........ . . . . . . 2 ....... .... .. . . . . . ....... . . ... • . . ....... . . . . . . 3 • ....... . .... . . . . . ........ . . . .... . . ....... . . . . . . ....... .... ....... ... ...... 1 ....... ... ...... ........ ...... ................................. . . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . ............................................................................... .... .......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . ................................................. . . . . . .... ..... .. . . . . . . . .......... .... . . . . . .... ............... .... ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ..... ...... ........ ................ ...... ................ ........ ................ ........ ...... ................ ........ ...... ................ . ........ . . ...... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ...... ...... ........ ................ ...... .............. ................ ...... ................ . ...... ........ ................. ..................... ................ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... ...... ........ ................ .............. ................. ................................ ....................

M

M

c

M

A

a

b

0

−−−→ 1 −−→ 1 1 OM1 = a + AB = a + (b − a) = (a + b), 2 2 2 −−−→ 1 −−→ 1 1 OM2 = b + BC = b + (c − b) = (b + c), 2 2 2 −−−→ 1 −→ 1 1 OM3 = a + AC = a + (c − a) = (a + c). 2 2 2

B

352

Kapitel 18

Lösung zu Aufgabe 18.2: a) A = (10, −4), B = (4, 0), C = (−5, 6) C

...... ...... ...... .............. ...................... . ... ....... . ... . . ... ............ . ... ...... ...... . ... ....... . ... ...... . ... ...... . ... ....... . ... ...... . ... ...... . ... ....... . ... ...... . ... ....... . ... ...... . ... ..... . ... ......................... .... .... .... .... .... .... .... .... ......................................... ................. ................. ... .................. . ............. .................. ........... ................. ........... .................. ........... .................. .......... ................. .................. ..................... ................. . ........................................ ............................. ... .............................. . . ....................... ....... .....

B

0

A

Die Gerade durch A, B lautet in Parameterdarstellung:             −6 10 10 4 10 x , +λ = − +λ = 4 −4 −4 0 −4 y Die Überprüfung, ob C auf dieser Geraden liegt, ergibt:       −5 10 −6 = +λ 6 −4 4  15  (   λ = 6 −5 = 10 − 6λ ⇐⇒ ⇐⇒  10 6 = −4 + 4λ   λ = 4

λ ∈ R.

  5 = 2   , 5 = 2

d. h. es gibt (genau) eine Lösung in der Variablen λ. Also liegen die Punkte A,B und C auf einer Geraden. b) Viereck mit A = (0, 0), B = (7, −1), C = (6, 2), D = (2, 4): y

....... ...... .. ... .. .. .

4 2 A −1

Q

•.. ... .. . . .. ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... .. ... . . ... ... ... ..... . ... .. ........... . ........ ... ... ....... ....... ... . ... ....... .. . . . ........ .. .. ....... . ....... ... .. ....... . .. . ........ . .... .... ... . ... .... . ... ... . ... .. ... . . ... ... . . . . ... . ... ... . ... ... . ... . ... .. ... . . ... ... . ... .................. ... . ...................................................................................................... ... ...................... ... . .. ... ....................... ... . ...................... ... . ... ...................... . . . . ...................... .... .... .... .... . .... ... .... .... .. .... .. .... .... ... . .... .... .... .... .... .... .... .... ..... . ... .• .

D

C

2

7 B

14

P

x

Analytische Geometrie

353

zu P : Gerade durch A,B:         7 7−0 0 x , λ∈R =λ +λ = −1 −1 − 0 0 y Gerade durch D,C:           4 2 6−2 2 x , µ ∈ R; +µ = +µ = −2 4 2−4 4 y       7 2 4 Schnitt: λ = +µ ⇐⇒ 7λ = 2 + 4µ ∧ −λ = 4 − 2µ −1 4 −2 ⇐⇒ 7(2µ − 4) = 2 + 4µ ∧ λ = 2µ − 4 ⇐⇒ 10µ = 30 ∧ λ = 2µ − 4

⇐⇒ µ = 3 ∧ λ = 2

=⇒ P = (λ · 7, λ · (−1)) = (14, − 2)

(oder P = (2,4) + µ(4, − 2) = (14, − 2))

zu Q: Gerade durch A,D:         2 2−0 0 x , λ∈R =λ +λ = 4 4−0 0 y Gerade durch B,C:           −1 7 6−7 7 x , +µ = +µ = 3 −1 2 − (−1) −1 y       −1 7 2 +µ = Schnitt: λ 3 −1 4 ⇐⇒ 2λ = 7 − µ ∧ 4λ = −1 + 3µ

⇐⇒ 2λ = 7 − µ ∧ 2(7 − µ) = −1 + 3µ 7−µ ⇐⇒ λ = ∧ 5µ = 15 2 ⇐⇒ λ = 2 ∧ µ = 3 =⇒ Q = (2λ, 4λ) = (4, 8)

Lösung zu Aufgabe 18.3: Die allgemeine Form der Zwei Punkte-Gleichung lautet: Einsetzen von y1 = 8, y2 = 2, x1 = 3, x2 = −6 liefert:

y2 − y1 y − y1 = . x − x1 x2 − x1

y−8 −6 2 = = . x−3 −9 3

µ ∈ R;

354

Kapitel 18

Die allgemeine Normalform lautet: y = Einsetzen liefert: y =

y2 − y1 y2 − y1 x + y1 − x1 . x2 − x1 x2 − x1

2 2 2 x+8−3· ⇐⇒ y = x + 6. 3 3 3

Achsenabschnittsgleichung: Setzt man in der Normalform x = 0, so erhält man y = 6, d. h. (0, 6) liegt auf der Geraden. Setzt man y = 0, so ist x = −9, d. h. (−9, 0) liegt auf der Geraden. Damit entsteht die Gleichung: x y − + = 1. 9 6 Lösung zu Aufgabe 18.4: √ √ √ 5 − 3x √ ⇐⇒ 2(y − x) = 5 − 3x ⇐⇒ 2y + x = 5 a) ( y − x)( y + x) = 2 1 5 ⇐⇒ y = − · x + (∗). Letzteres ist die Normalform einer Geradengleichung. 2 2 b) Zwei Punkte auf der Geraden sind z.B. (x1 , y1 ) = (5, 0) und (x2 , y2 ) = (0, 52 ). Daher ist eine Zwei-Punkte-Gleichung gegeben durch: 5 −0 y2 − y1 y−0 y 1 y − y1 = ⇐⇒ = 2 ⇐⇒ =− . x − x1 x2 − x1 x−5 0−5 x−5 2

Ein weiterer Punkt auf der Geraden ist (3, 1). Also ist eine andere Zwei-Punkte-Gleichung, nämlich die durch die Punkte (3, 1) und (5, 0), gegeben durch: y−1 −1 y−1 1 = ⇐⇒ =− x−3 5−3 x−3 2 Achsenabschnittsgleichung (z.B. aus (∗) durch Division mit 25 ): y x 2y x + = 1 ⇐⇒ 5 + = 1 5 5 5 2 ( 25 und 5 sind die Achsenabschnitte). c) Ist eine Geradengleichung in der Normalform, also durch y = mx + b, gegeben, so ist m die Steigung der Geraden. Hier gilt also m = − 12 (siehe Teil a)). d) Die Gerade durch (−5, 0) und (0, − 52 ) verläuft parallel zur obigen Geraden. Parallele Geraden haben dieselbe Steigung.

Analytische Geometrie

355

Lösung zu Aufgabe 18.5: a) y 2

...... ...... .. .... ... .... .... .. .. ......................................................... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 1 ... ... ... ... ... ... ... ... ... .................................................................................................... . .... ......... ... ... ... .. ... ... 2 ... ... ... .. .............................................................................................................

R

R

−1

b) Die gesuchten Diagonalen sind: c) x +

y = 1 ⇐⇒ y = 2 − 2x; 2

2

x

x y x y + = 1 (durch R1 ) und + = 1 (durch R2 ). 1 2 2 −1 x y x − = 1 ⇐⇒ y = − 1 2 1 2

x 6 2 Schnittpunktbestimmung: Mit 2 − 2x = − 1 ⇐⇒ x = ist y = − ; also ist 2 5 5
6 2 5 , − 5 der Schnittpunkt der Geraden. Die gesuchte Steigung ist somit

− 52 − 0 1 =− . 6 3 − 0 5

Lösung zu Aufgabe 18.6: a) Jede der vier Ungleichungen bestimmt eine Halbebene im R2 . Die entsprechenden Geraden seien mit g1 ,g2 ,g3 und g4 bezeichnet: g1 : x − y = −2, g2 : x − y = 2, g3 : x + y = 3, g4 : x + y = 5.

356

Kapitel 18 Der Schnitt der vier Halbebenen ist das in der folgenden Graphik gekennzeichnete Parallelogramm: ..... ...... ...... ...... . . . . . . ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... . . . ...... ...... . . . ...... ...... ...... ...... ...... ...... ... ...... ...... 1 ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... . . ...... . ...... ...... . . ...... ... . ...... ...... . . . . . . . . . . . ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ........... ...... .... .... ...... ........... ...... .... .... . ...... ................ ...... ... .... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .... ... ...... . ...... 2 ...... . .... ... ...... ...... . .... .... ........... ...... ...... ...... ...... ...... .... .... ....... ........... ...... .... ......... . ...... ...... ...... ..•......... .... .... . . . . . . . . . . 2 . ...... ...... ...... ...... ...... ...... .... .... .... .... ...... .. ...... ...... .... .... ...... ...... .... .... ............ ........... ...... ...... ... .............. ...... ...... . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... . ...... . .... .... .. 1 ...... ...... ...... ...... .... .... . ...... ...... ...... ..... ... .... .. ...... ...... ...... ...... .. .... ... ...... ........... ...... ...... . .... .... ....... ...... . . . .... .... . . . . . . . . . . ...... . .... .... .......... . . . . . . . . . . . ... . . . ...... ...... .... .... . . . . ........................................................................... . . . . . . . . . . . ...... ...... .... .... ... . . . . . . . . . . . . . . . . ...... ...... .... .... . . . . . . . . . . . . . . . . ...... ...... ..... ...... ...... ...... ...... ...... ...... 4 . . . . . . . . . ...... . . ...... ...... . ...... ...... ...... ...... ...... ...... 3 ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... ...... . . . . . . .. . .... . . . . . .... . . . . . .... . . . . . .... . . . . . ....

y

... ......... ... ... ... ... ..

g

g

P

2

P

2

g

g

x

b) Bestimmung der Diagonalen durch die Punkte P1 = (x1 , y1 ) und P2 = (x2 , y2 ): P1 ist der Schnittpunkt der Geraden g1 : y = x + 2 und g3 : y = 3 − x: x + 2 = 3 − x ⇐⇒ 2x = 1 ⇐⇒ x = Einsetzen in g1 ergibt: y =

1 2

+2=

5 2

=⇒ P1 = (x1 , y1 ) = 7 3 2, 2

P2 ist der Schnittpunkt von g2 und g4 : P2 = (x2 , y2 ) = Eine Zwei-Punkte-Form ist also gegeben durch: y− y2 − y1 y − y1 = ⇐⇒ x − x1 x2 − x1 x−

5 2 1 2

1 ; 2

1 5 2, 2


.


.

1 =− . 3

Umformung in Achsenabschnittsform: 2y − 5 1 2 1 2 16 = − ⇐⇒ 2y − 5 = − x + ⇐⇒ x + 2y = 2x − 1 3 3 3 3 3   x 3 2 y x + 2y = 1 ⇐⇒ 16 + 16 = 1 ⇐⇒ 16 3 2 6 y x + 8 =1 ⇐⇒ 8 3

Analytische Geometrie

357

Lösung zu Aufgabe 18.7: (1) 2x − y − 4 = 0 a) (2)

(2)

      3 −3 x +λ = −2 6 y

⇐⇒ x = −3 + 3λ ∧ y = 6 − 2λ ⇐⇒ λ =

2 Also: y = − x + 4. 3

x  x +1∧y =6−2 +1 . 3 3

2 Schnittpunkt: 2x − y − 4 = 0 ∧ y = − x + 4 ⇐⇒ x = 3 ∧ y = 2. 3       3 −3 x ⇐⇒ x = −3 + 3λ ∧ y = 6 − 2λ. +λ = b) −2 6 y

Wegen x = 0 =⇒ λ = 1 =⇒ y = 4 und y = 0 =⇒ λ = 3 =⇒ x = 6, ist die x y Achsenabschnittsform gegeben durch: + = 1. 6 4 x y Schnittpunkt: 2x − y − 4 = 0 ∧ + = 1 bzw. 6 4 2x − y − 4 = 0 2 x+y−4=0 3 +

8 x=8 3

=⇒ x = 3 und damit y = 2

c) Einsetzen von (2) in (1): (2): x = −3 + 3λ ∧ y = 6 − 2λ. Gleichung (1) wird damit zu: 2(−3 + 3λ) − (6 − 2λ) − 4 = 0 ⇐⇒ 8λ = 16 ⇐⇒ λ = 2 Schnittpunkt:

        x −3 3 3 = +2 = y 6 −2 2

d) (1): 2x − y − 4 = 0. Benötigt werden zwei Punkte der Geraden: Mit x = 0 =⇒ y = −4 und y = 0 =⇒ x = 2 sind A = (0, −4) und B = (2, 0) zwei Punkte der durch (1) gegebenen Geraden.           x 0 2−0 0 2 = +µ = +µ , µ ∈ R. y −4 0 − (−4) −4 4 Schnittpunkt mit (2):         0 2 −3 3 +µ = +λ ⇐⇒ 2µ = −3 + 3λ ∧ −4 + 4µ = 6 − 2λ −4 4 6 −2

358

Kapitel 18 bzw. 2µ + λ =

5

2µ − 3λ = −3

− 4λ = 8 =⇒ λ = 2         3 3 −3 x . = +2 = Schnittpunkt: 2 −2 6 y Lösung zu Aufgabe 18.8: x y z + + =1 2 5 9 b) Allgemeine Form einer Ebenengleichung: ax + by + cz = d;   b =   Einsetzen der drei (in der Form (x,y,z)) vor2a + 3c = liegenden Punkte liefert:    −b + 8c =   b =   Einsetzen von (1) in (3): 2a + 3c =    c =   (1)   b = d 1 Einsetzen von (3) in (2): a = 8 d (2)    c = 1 d (3) a) Ebenengleichung in ihrer Achsenabschnittsform:

d

(1)

d

(2)

d

(3)

d

(1)

d

(2)

1 4d

(3)

4

Wählt man z.B. d = 1 (auch jede andere Wahl von d 6= 0 wäre möglich), so ergibt sich d = 1, a = 81 , b = 1, c = 14 . x y z Die Lösung lautet also: + + = 1. 8 1 4 c) Allgemeine Form einer Ebenengleichung: ax + by + cz = d; Einsetzen der Punkte ergibt das Gleichungssystem:     a =d a = d (1)     bzw. 2b + c = a 2b + c = d (2)       −a + 6b = d (3) 3b = a

(1′ ) (2′ ) (3′ )

Subtraktion von (2′ ) und (3′ ) ergibt 2b − 3b + c = 0 und damit b = c. Aus der Wahl von c = 1 folgt also b = 1 und somit a = 3 (eingesetzt in (3′ )). Aus (1) folgt d = 3. Die Lösung ist also: 3x + y + z = 3. y z x d) Die Achsenabschnittsgleichung ist sofort ablesbar: + + = 1. γ α β

Analytische Geometrie

359

Lösung zu Aufgabe 18.9: a) C .................. ............. ............... ........... ...... ............. . .. ...... ............. . . . . . . . . . . ... . . ...... ... ...... .. ............. ...... . ......................... .. . . . . . ...... . . . ...... ................................... . . ...... . ............. ........................ . ...... . ................. . .. ... . ...... . . . . . . . . . . ... .................. . ...... ................... ...... ... ...... . ................... ... . . ...... ................. ... . . ...... . . . . . . . . . . ... ................. ...... . . . . . . ... . . . . . . .. . ................. .. ... .................. ............... . . ... .............. ......... . . . ... ................... .. ... . ................... ... ............. ... ... ............. . . . .. . . . . . . . . ... . .... ... ............. ... ............. ... ... ............. ... ............. ... ... ............. . . . . . . ... .... . . . . . . ... ... ...................... ...............

a−c

A

b−c

c

B

a

b

Ebene:

0 ! ! 6 0 a−c= 9 − 0 = 4 4 ! ! ! 6 x 0 y = 0 +λ 9 +µ 4 0 z

! 6 9 , b−c= 0 ! 0 5 −2

! 0 5 − 2

0 0 4

!

=

! 0 5 −2

Überprüfung, ob D ein Punkt der Ebene ist: ! ! ! ! 6 0 6 0 2 = 0 +λ 9 +µ 5 8 4 0 −2     6λ = 6 λ = 1     ⇐⇒ 9λ + 5µ = 2 ⇐⇒ 9λ + 5µ = 2       −2µ = 4 µ = −2     λ = 1 (Widerspruch!) ⇐⇒ 5µ = −7    µ = −2

Das Gleichungssystem besitzt keine Lösung, d. h. D liegt nicht in der durch die Punkte A,B und C aufgespannten Ebene. b) Ebene: 2x − y + 5z − 10 = 0. Drei Punkte der Ebene sind: (0, 0, 2), (0, −10, 0), (5, 0, 0). !! ! !! ! ! ! 0 5 0 0 0 x 0 − 0 −10 − 0 +µ Ebene: y = 0 + λ 2 0 2 0 2 z ! ! ! 5 0 0 0 = 0 + λ −10 + µ −2 −2 2

360

Kapitel 18

Lösung zu Aufgabe 18.10: ! ! ! −3 4 x Gerade g : y = 4 + σ −2 , σ ∈ R; 5 0 z Die Gerade durch A = (2,0,3) und B = (1,2,5) ist gegeben durch h:

! x y = z

2 0 3

!

+τ

! −1 2 , τ ∈ R. 2

! ! ! ! −1 2 −3 4 2 Schnittpunkt: 4 + σ −2 = 0 + τ 2 3 5 0     3σ − 2 = τ     3σ − τ = 2 ⇐⇒ σ + 3σ − 2 = 2 2σ + 2τ = 4 ⇐⇒       5σ − 2τ = 3 5σ − 2τ = 3

⇐⇒

   

τ =1

σ=1 ,    5−2=3

d. h. das Gleichungssystem ist lösbar, und der Schnittpunkt der Geraden ist P = (1, 2, 5). Die Ebene, die beide Geraden enthält, ist bestimmt durch ! ! ! ! −1 −3 1 x 2 , λ, µ ∈ R. y = 2 + λ −2 + µ 2 5 5 z

Lösung zu Aufgabe 18.11: ! ! ! ! x 0 0 1 0 , λ,µ ∈ R Ebene: y = 1 + λ 2 − µ z 2 3 −1

Punkte des R3 : A = (3, 6, 6), B = (−1, 0, 2)

a) Parameterdarstellung der Gerade durch A,B: x y z

!

=

! −1 0 +σ 2

3 6 6

!

−

−1 0 2

!!

=

−1 0 2

!

! 4 + σ 6 , σ ∈ R. 4

b) Schnittpunkt P von Gerade und Ebene: 0 1 2

!

0 +λ 2 3

!

1 0 +µ −1

!

=

  ! !   µ = −1 + 4σ −1 4 0 + σ 6 ⇐⇒ 2λ = −1 + 6σ   2 4  4σ = 3λ − µ

Analytische Geometrie

361

Einsetzen von µ und λ in die dritte Gleichung liefert: 1 3 − + 9σ − (−1 + 4σ) = 4σ ⇐⇒ σ = , 2 2 d. h. P = (−1 +

1 2

· 4, 0 +

1 2

· 6, 2 +

1 2

· 4) = (1, 3, 4).

Lösung zu Aufgabe 18.12: ! ! ! 3 1 x a) Gerade: y = 0 + λ 1 ; Ebene: x + y + z = 7. 2 0 z Die Gleichungen x = 3λ + 1, y = λ, z = 2λ aus der Darstellung der Geraden werden in die Darstellung der Ebene eingesetzt: 3λ + 1 + λ + 2λ = 7 ⇐⇒ 6λ = 6 ⇐⇒ λ = 1. Also ist der Punkt P bestimmt durch: ! ! ! 3 1 x y = 0 +1· 1 = 2 0 z ! ! ! x 5 1 b) Gerade: y = −5 + λ 1 ; z 5 0 ! ! ! −3 5 x 2 +τ Ebene: y = 0 + σ 6 5 z

1 4 0

!

Gleichsetzen ergibt komponentenweise:     5 + λ = 5 − 3σ + τ   

−5 + λ = 5

⇐⇒

2σ + 4τ

= 5 + 6σ

    λ=τ

λ = 4τ + 5    σ=0

! 4 1 , d. h. P = (4, 1, 2). 2

⇐⇒

⇐⇒

    λ = −3σ + τ λ=    σ=

2σ + 4τ + 5 0

 5    τ = −3

λ = − 35 ,    σ= 0

d. h. der gemeinsame Punkt P ist gegeben durch  10  ! !   1! 3 x 5 5   y = −5 + − 1 = − 20 , 3  3 z 5 0 5

d. h. P =



 10 20 ,− ,5 . 3 3