Leg dir am besten eine Skizze an (Skizze nicht maßstabsgetreu).

Es gilt

F1 sin(30°) + F2 sin(–30°) = 0, also F1 = F2.

Und wegen

F1 cos(30°) + F2 cos(–30°) = FR

ergibt sich mit F1 = F2 eingesetzt

F1 2 cos(30°) = FR <=> F1 = FR / (2 cos(30°)),

also F1 = F2 = 50 N / (2 √3 / 2) ≈ 28.87 N.

Wir haben es im Grunde mit einem Netz zu tun, wo alle acht Punkte mit drei anderen verbunden sind.

Wenn man also irgendwo eine Ecke anfährt und sie wieder verlässt, kann man sie nur noch einmal anfahren, aber nicht mehr verlassen

Nur beim Startpunkt, hier D, kann man nach dem verlassen sowohl noch einmal anfahren als auch einmal verlassen.

Daran erkennt man, dass es unmöglich ist, das Netz mit nur einer Linie abzufahren.

Denn jede Ecke muss passiert werden, also kann man sie nur einmal passieren, denn beim zweiten Anfahren würde man sie nicht mehr verlassen können. Und wenn man jede Ecke einmal passiert hat, müssen am Ende noch sieben Ecken angefahren werden, da beim Passieren ja nur zwei Strecken an einer Ecke abgefahren wurden (außer Startpunkt, dort wurden alle drei Strecken schon abgefahren), was unmöglich ist, da man nach dem Anfahren die Ecke nicht mehr verlassen kann.

Mithilfe diesem Rechner sollten deine Fragen beantwortet sein, einfach das Integral eingeben und den Rechenweg anschauen (Grenzen nicht vergessen):

https://www.integralrechner.de/

Übrings, dein zweites Integral ist nicht null.

N(A) = 5 + 0,5 Wurzel(A) – 0,1 A

N(A) = 5 + 0,5 A^(1/2) – 0,1 A

N'(A) = 0,5 • 1/2 A^(1/2–1) – 0,1

N'(A) = 0,25 A^(–1/2)

N"(A) = 0,25 • (–1/2) A^(–1/2–1)

N"(A) = –0,125 A^(–3/2)

Dort, wo du a = 4/2 geschrieben hast, müsste U/2 hin (U = Umfang). Denn die einzelnen Kreisbögen, die oben und unten des "Rechtecks" sind, bilden in Summe den Umfang. Damit bildet nur eine Seite den halben Umfang. b = r ist korrekt. Damit kommt man dann auf die Fläche

A = a • b

A = U/2 • r

Für den Umfang scheint die Formel ja bekannt zu sein, sie lautet U = 2 π r. Das eingesetzt ergibt

A = U/2 • r

A = (2 π r)/2 • r

A = (π r) • r

A = π r • r

A = π r²

Die Zielmenge muss nicht immer gleich der Wertemenge sein. Bei g hast du recht, dass [0, r] der Wertebereich ist. Allerdings ist auch jede Formulierung

g: [0, 2 r] —> Z

korrekt, wenn Z die Wertemenge [0, r] enthält - insbesondere also auch das unbeschränkte Intervall.

Rechts steht also nicht zwingend die Wertemenge - aber immer eine Zielmenge.

Die untere Grenze musst du auf die nächste ganze Zahl aufrunden, die obere Grenze abrunden. So liegst du sicher innerhalb der Sigma-Umgebung.

Bei deinem Beispiel, A = [14,2; 18,8], wäre das also [15; 18]. Die Intervalle [14; 19], [14; 18], [15, 19] liegen alle nicht mehr in in A, also in der Sigma-Umgebung. Hier nochmal grafisch:

Bei dem rot markierten Term hätte b_3 statt b_2 stehen müssen.

Tauscht du das auf der nächsten Seite auch noch, ist tatsächlich i = a_2 b_3 c_3.

Und nur so als Tipp, falls du es schon hattest, nutz die Tensorrechnung.

a)

Nach einer Minute ist nur noch die Hälfte da, also ist q = 1/2, wenn die x-Achse in Minuten ist.

b)

f(x) = 512 • (1/2)^x mit x in Minuten und f(x) in Anzahl der Atomkerne ergibt den folgenden Graphen:

Mit der Substitution u = √(1+x) erhälst du

du/dx = 1/(2 √(1+x²)) = 1/(2 u) => dx = 2 u du

und x = u²–1, wobei u≥0 sein muss.

Setzt du dann die Ausdrücke für dx und x sowie √(1+x) ein, erhälst du

Allerdings steht zum Anfang nicht √(1+x), sondern √(1+x²) im Nenner des Integranden. Hier biete sich die Substitution

x = sinh(u) => dx = cosh(u) du

an, denn sinh²(u) + 1 = cosh²(u). Damit folgt:

Dieses Integral lässt sich dann mit partieller Integration lösen, nämlich so:

I = Int{ sinh²(u) }du

I = Int{ sinh(u) • sinh(u) }du

I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ cosh(u) • cosh(u) }du

I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ cosh²(u) }du

I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ 1 + sinh²(u) }du

I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ 1 } du – Int{ sinh²(u) }du

I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ 1 } du – I

2 I = cosh(u) • sinh(u) – Int{ 1 } du

2 I = cosh(u) • sinh(u) – u + C

I = (cosh(u) • sinh(u) – u) / 2 + C

Setzt man nun zurück ein, aslo u = sinh⁻¹(x), erhält man

I = (cosh(sinh⁻¹(x)) • sinh(sinh⁻¹(x)) – sinh⁻¹(x)) / 2 + C

I = x √(x² + 1)) / 2 – ln(x + √(x² + 1)) / 2 + C

Hast du eine Gleichung wie

sin(x) = y

gegeben, dann sind alle reellen Lösungen, G = ℝ, durch die Ausdrücke

⌈ x = –sin⁻¹(y) + π (2 n + 1)

⌊ x = sin⁻¹(y) + 2 π n

mit beliebigen ganzen Zahlen n.

Hast du eine Gleichung wie

cos(x) = y

gegeben, dann sind alle reellen Lösungen, G = ℝ, durch die Ausdrücke

⌈ x = –cos⁻¹(y) + 2 π n

⌊ x = cos⁻¹(y) + 2 π n

mit beliebigen ganzen Zahlen n.

Aufg. 1)

a)

sin(x) = –0,4

Mit den Formeln oben erhalten wir:

⌈ x = –sin⁻¹(y) + π (2 n + 1)

⌊ x = sin⁻¹(y) + 2 π n

⌈ x = –(–0,41) + π (2 n + 1)

⌊ x = –0,41 + 2 π n

⌈ x ≈ 0,41 + π (2 n + 1)

⌊ x ≈ –0,41 + 2 π n

Mit G = [–4, 4] folgt:

Für das obere x erhält man:

⌈ x ≈ –9,01 (n=–2) ∉ G

∣ x ≈ –2,73 (n=–1) ∈ G

∣ x ≈ 3,55 (n=0) ∈ G

⌊ x ≈ 9,83 (n=1) ∉ G

Für das unter x erhält man:

⌈ x ≈ –6,69 (n=–1) ∉ G

∣ x ≈ –0,41 (n=0) ∈ G

⌊ x ≈ 5,87 (n=1) ∉ G

Andere Zahlen n brauchen nicht betrachtet werden, da x dann noch weiter von G entfernt liegen. Die Lösungsmenge ist demnach

L = {–2,73; –0,41; 3,55}.

b)

cos(x) = –0,8

Mit den Formeln oben erhalten wir:

⌈ x = –cos⁻¹(y) + 2 π n

⌊ x = cos⁻¹(y) + 2 π n

⌈ x ≈ –1,98 + 2 π n

⌊ x ≈ 1,98 + 2 π n

Mit G = [–4, 4] folgt:

Für das obere x erhält man:

⌈ x ≈ –8,26 (n=–1) ∉ G

∣ x ≈ –1,98 (n=0) ∈ G

⌊ x ≈ 4,30 (n=1) ∉ G

Für das unter x erhält man:

⌈ x ≈ –4,30 (n=–1) ∉ G

∣ x ≈ 1,98 (n=0) ∈ G

⌊ x ≈ 8,26 (n=1) ∉ G

Andere Zahlen n brauchen nicht betrachtet werden, da x dann noch weiter von G entfernt liegen. Die Lösungsmenge ist demnach

L = {–1,98; 1,98}.

Aufg. 2)

Schau dir die Formeln für die Kosinusgleichung ganz oben an. Mit denen folgt (wir suchen Nullstellen der Kosinusfunktion, also ist y = 0):

cos(x) = 0

⌈ x = –cos⁻¹(0) + 2 π n

⌊ x = cos⁻¹(0) + 2 π n

⌈ x = –π/2 + 2 π n

⌊ x = π/2 + 2 π n

Da G = ℝ, gibt es keine Einschränkung. Die Lösungsmenge ist also

L = {–π/2 + 2 π n | n ∈ ℤ} ∪ {π/2 + 2 π n | n ∈ ℤ}.

Falls nicht bekannt: "∪" bedeutet "vereinen".

Aufg. 3)

Man zeichnet die Kosinusfunktion in ein Koordinatensystem. Als nächstes zeichnet man die waagerechte Gerade y = 0,6 ein. Nun markiert man die Schnittpunkte der beiden Graphen. Von diesen Punkten liest man die x-Koordinate jeweils ab und überprüft, ob x im Intervall [3, 12) ist bzw. ob 3 ≤ x < 12 ist. Alle x in diesem Intervall sind Lösungen und man fasst sie als Lösungsmenge zusammen. Die Skizze sieht so aus (das Intervall in grün):

Es gibt also genau drei Schnittstellen im Intervall. Wenn man sie abliest erhält man ungehfähr die Lösungsmenge

L = {5,35; 7,20; 11,60}.

Du solltest definitiv den Gaußalgorithmus/Gaußverfahren (manachmal auch Additionsverfahren genannt) lernen. Schau dir dafür am besten Videos auf YouTube an.

Oder schau dir diese pdf an, die ich für eine kleine Präsentation des Gaußverfahrens erstellt habe. Dort sind vier Beispiele, die alle möglichen Fälle eines Systems mit drei Gleichungen und drei Unbekannten (kommt am häfigsten in der Schule vor) beinhaltet.

https://acrobat.adobe.com/id/urn:aaid:sc:EU:d8198c87-ccf9-4f96-93e8-ec1623872c01

Auf der letzten Seite ist noch eine knappe, anschauliche Zusammenfassung.

In der Aufgabe ist α ja konkret gegeben. Es steht ja ganz oben, dass

2α = 53,14°.

Und es ist numal

sin(2α) = sin(54,14°) ≈ 0,8 und

cos(2α) = cos(53,14°) ≈ 0,6.

Du kannst den folgenden Ansatz machen:

Wir wissen, dass die Dimension des Lösungsraums zwei ist, also brauchen wir auch nur eine Gleichung: Jede Gleichung beschreibt eine Ebene. Damit wir eine zweidimensionale Lösung erhalten, muss die Lösung eine Ebene sein, also kann es nur eine geben (bei zwei Ebenen würde die Lösungsmenge eine Gerade sein - solange es nicht die identische Gleichung ist -, bei drei kann es sogar nur ein Punkt sein).

a_1 X + a_2 Y + a_3 Z = b_1

Nun setzen wir eine beliebige Linearkombination der beiden Vektoren ein, wobei X die erste, Y die zweite und Z die dritte Komponente der Linearkombination x (1, 0, –1) + y (0, 1, –1) mit beliebigen reellen x und y ist.

a_1 (x + 0) + a_2 (0 + y) + a_3 (–x – y) = b_1

Das formen wir so um, dass x und y zusammengefasst sind.

(a_1 – a_3) x + (a_2 – a_3) y = b_1

Damit die linke Seite weder von x noch von y abhängt, setzen wir a_1 = a_3 = a_2 := a und b_1 = 0. Wir erhalten damit die Gliechung

a X + a Y + a Z = 0.

Da wir für a einsetzen können, was wir wollen, können wir als System zum Beispiel die drei Gleichungen mit a = 1, a = 2 und a = –1 wählen. Wir erhalten das LGS:

X + Y + Z = 0

2 X + 2 Y + 2 Z = 0

–X – Y – Z = 0

Es gibt aber auch unendlich viele andere Möglichkeiten und es müssen auch keine drei Gleichungen sein, es müssen nur mindesten zwei sein, da man sonst wohl nicht von einem System sprechen kann.

Wenn x = 0 oder a = 0 ist, dann würde man mit 0 dividieren, was nicht definiert ist. Also kann 0 nicht im Definitionsbereich liegen, also D = ℝ\{0}. Allerdings darf der Parameter auch nicht null sein - das hat aber erstmal nichts mit dem Definitionsbereich zu tun, da ein Parameter keine Varaible ist (salopp also nicht von einer Koordinatenachse abhängt).

Das Verhalten der Definitionslücke kannst du mit dem Grenzverhalten zeigen. Wenn x von rechts gegen null geht, erhälst du

x —> 0⁺ => f(x) —> sgn(a) • ∞

x —> 0⁻ => f(x) —> –sgn(a) • ∞

mit sgn(a) = "Vorzeichen von a" (Signumfunktion). Wenn also a>0, ist

x —> 0⁺ => f(x) —> +∞

x —> 0⁻ => f(x) —> –∞

(siehe Beispiel-Graph in der Antwort von Kohlmeise292) und wenn a<0, ist

x —> 0⁺ => f(x) —> –∞

x —> 0⁻ => f(x) —> +∞.

(Habe die falsche Aufgabe gemacht)

DB = AB – AD

DB = 14 cm – 4 cm = 10 cm

.

DC² = AD • DB (Höhensatz: h² = p • q)

DC = √(AD • DB)

DC = √(4 cm • 10 cm) = 2√10 c

.

BC² = DB² + DC² (Pythagoras: c² = a² + b²)

BC = √(DB² + DC²)

2 r = √((10 cm)² + (2√10 cm)²)

2 r = 2√35 cm

r = √35 cm

.

A_Kreis = π r²

A_Kreis = π (√35 cm)²

A_Kreis = 35 π cm² ≈ 109,96 cm²

.

A_Dreieck = 1/2 G h

A_Dreieck = 1/2 • AB • DC

A_Dreieck = 1/2 • 14 cm • 2√10 cm

A_Dreieck = 14√10 cm² ≈ 44,27 cm²

.

Maßstabsgetreu sieht die Abbildung übrings so aus:

Erst alles zusammenfassen, was geht. Dann mit +/– so umformen, dass auf einer Seite nur ein Term mit x ist, auf der anderen nur ohne x. Zuletzt durch •/÷ das x isolieren.

Bitteschön.

Berechne das Skalarprodukt zwischen dem gegebenen (noch nachzuweisenden) Normalenvektor und zwei linear unabhängigen Vektoren der Ebene - wenn das Ergebnis für beide Skalarpodukte null ist, ist es tatsächlich ein Normalenvektor, sonst nicht. Ansonsten kannst du auch schauen, ob ein (schon nachgewiesener) Normalenvektor der Ebene parallel zu den zu untersuchenden ist - wenn ja, sind auch die normal zur Ebene, sonst nicht.

1. Beispiel:

Überprüfe ob (1, 2, 0), (0, 0, 4) und/oder (0, 2, 1) Normalenvektoren der x1x2-Ebene sind.

Zuerst brauchen wir zwei linear unabhängige Vektoren der Ebene. Da es die x1x2-Ebene ist, bieten sich (1, 0, 0) und (0, 1, 0) an.

Nun berechnen wir die Skalarprodukte dieser beiden Vektoren mit jeweils einem der angegebenen - noch nicht bestätigten - Normalenvektoren.

Für den ersten Vektor (1, 2, 0) erhalten wir (1, 2, 0) • (1, 0, 0) = 1 ≠ 0. Hier können wir schon aufhören. Denn wenn (1, 2, 0) ein Normalenvektor zur x1x2-Ebene wäre, müsste er zum Vektor (1, 0, 0) senkrecht stehen - das Skalarprodukt müsste also null sein -, was nicht der Fall ist. Daher ist er kein Normalenvektor der Ebene.

Für den zweiten Vektor erhalten wir (0, 0, 4) • (1, 0, 0) = 0 = (0, 0, 4) • (0, 1, 0). Also ist (0, 0, 4) ein Normalenvektor der Ebene.

Für den dritten Vektor (0, 2, 1) erhalten wir zwar (0, 2, 1) • (1, 0, 0) = 0, aber (0, 2, 1) • (0, 1, 0) = 2 ≠ 0. Also ist er kein Normalenvektor - für beide Rechnungen hätte null rauskommen müssen.

2. Beispiel

Zu überprüfen ist, ob (–1, 0, 7) und/oder (0, 1, –4) Normalenvektoren der Ebene E sind mit

E = (1, 0, 2) + r (2, 4, 1) + s (–5, 0, 0).

Dass die Ebene nicht durch den Ursprung geht, macht natürlich nichts. Wir müssen nur schauen, ob die beiden angegebenen Richtungsvektoren der Ebene tatsächlich senkrecht zu den angegebenen - nocht nicht bestätigten - Normalenvektoren sind.

Für den ersten Vektor erhalten wir (–1, 0, 7) • (2, 4, 1) = 5 ≠ 0. Der Vektor (–1, 0, 7) kann also kein Normalenvektor der Ebene E sein.

Für den zweiten erhalten wir (0, 1, –4) • (2, 4, 1) = 0 und (0, 1, –4) • (–5, 0, 0) = 0. Also ist (0, 1, –4) ein Normalenvektor zu E.

3. Beispiel

Wenn du nun noch überprüfen sollst, ob der Vektor (0, –2, 8) ein Normalenvektor von der Ebene E aus Beispiel 2 ist, kannst du ausnutzen, dass du weißt, dass (0, 1, –4) ein Normalenvektor von E ist.

Alle anderen Normalenvektoren müssen also parallel zu (0, 1, –4) sein. Ist das der Fall?

Ja, denn –2 (0, 1, –4) = (0, –2, 8). Also ist auch (0, –2, 8) ein Normalenvektor.

Das sollte dich auf folgende Idee bringen.

Hast du eine Ebene in Parameterform gegeben, kannst du einen Normalenvektor immer mit dem Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren berechnen. Sollst du nun überprüfen, ob ein Vektor normal zur Ebene ist, musst du nur schauen, ob er parallel zum berechneten Kreuzprodukt ist. Hier ein Beispiel mit der Ebene aus Beispiel 2:

Das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren ist

(2, 4, 1) × (–5, 0, 0) = (0, –5, 20).

Da es für die Vektoren (0, –2, 8) und (0, 1, –4) eine Zahlen k und c gibt, sodass

k (0, –5, 20) = (0, –2, 8) <=> k = 2/5,

c (0, –5, 20) = (0, 1, –4) <=> c = –1/5,

also die beiden Vektoren parallel zum Kreuzprodukt (0, –5, 20) sind, sind auch diese beiden Normalenvektoren von E.

Die Aussage ist richtig.

Sieht korrekt aus.