Bei drei Stützpunkten ist es sinnvoll mit einem Interpolationspolynom von Grad zwei anzusätzen, da das Polynom dann eindeutig ist.

Der Ansatz nach Dividierter Differenzen mit Grad(p) = 2 ist dann

p(x) = a + b (x – x_1) + c (x – x_1) (x – x_2).

Nun setzen wir die Stützpunkte ein (z. B. x_1 = 0, x_2 = 1) und erhalten

p(x) = a + b x + c x (x – 1),

also

1 = p(0) = a

5 = p(1) = 1 + b <=> b = 4

3 = p(2) = 1 + 4 • 2 + c • 2 • (2 – 1) <=> c = –3.

Das Polynom ist also

p(x) = 1 + 4 x – 3 x (x – 1),

p(x) = 1 + 7 x – 3 x².

https://na.uni-tuebingen.de/ex/numinf_ss12/Vorlesung8_SS2012.pdf

Wie du argumentierst ist falsch.

1) Wie kommst du auf einen Grenzwert (und ist dieser mathematisch gemeint)?

2) 1/2 ist nicht 1/3 am nächsten, z. B. wäre schon 51/100 näher dran - allgemein kann man beliebig an 1/2 rankommen.

3) Wie kommst du auf Verlieren und Gewinnen im Zusammenhang zu 1/3?

4) Wieso sollten die Wahrscheinlichkeiten am höchsten sein? Die höchste Wahrscheinlichkeit ist 100 %.

Erst weitermachen, wenn man bis dahin alles verstanden hat - egal wie lange es dauert. Es baut - zumindest wenn die Lücken nicht all so groß sind - alles aufeinander auf.

Das (und weitere Videos von ihm) sollten all deine Fragen klären.

https://youtu.be/E6GINfM-21U?feature=shared

Erstere rechne ich mal vor. Du musst im Formelheft schauen und einfach in die passende Formel einsetzen und umformen.

Bildquelle: https://schulminator.com/community/little-gauss/291

a)

SD / SB = SC / SA

SD / (5,0 cm) = (15,0 cm) / (12,0 cm)

SD = (15,0 cm) / (12,0 cm) • (5,0 cm)

SD = 6,25 cm

____

AB / CD = SA / SC

AB / (10,5 cm) = (15,0 cm) / (12,0 cm)

AB = (15,0 cm) / (12,0 cm) • (10,5 cm)

AB = 13,125 cm

Es handelt sich ja um eine kumulierte Wahrscheinlichkeit. Im Taschenrechner musst du also sowohl die untere als auch obere Grenze angeben. Das sind die ersten beiden, also 8 und die erste 10. Die zweite 10 steht für Länge n der Bernoulli-Kette, was ebenfalls 10 ist, die 73/100 für die Wahrscheinlichkeit p der Binomalverteilung. Bei der Alternative hätte eigentlich stehen müssen BCD(0, 7, 10, 73/100).

Wenn du das Möbelstück um seinen Mittelpunkt drehen möchtest, bauchst du um den Mittelpunkt des Möbelstücks eine freie Kreisfläche mit dem Radius 0,65 m.

Wenn du das Möbelstück um nur eine Ecke um 90° drehen möchtest, brauchst du um diese Ecke eine freie Viertelkreisfläche mit ungefähr dem Radius 2,385 m.

sin(a)/sin(a) = a (a1+a2) /sc

1 = a (a1+a2) / sc

Das kann schon nicht stimmen.

1) –135 u + 120 v – 11 u v = 0

2) –15 u + 18 v – 2 u v = 0

Nun kannst du das –9-fache von 2) zu 1) addieren:

1) –42 v + 7 u v = 0

2) u – 6/5 v + 2/15 u v = 0

Schauen wir uns nun 1) an, dann können wir ausklammern:

1) –42 v + 7 u v = 0

1) 7 v (u – 6) = 0

=> v = 0 oder u = 6

v = 0 kann ausgeschlossen werden, da man nicht mit 0 dividieren darf. Setzen wir also u = 6 und w = u v in 2) ein erhalten wir die drei Möglichkeiten

6 – 6/5 v + 2/15 • 6 v = 0

–6/5 v + 4/5 v + 6 = 0

–2/5 v + 6 = 0

2/5 v = 6 <=> v = 15

Durch Resubstitution erhalten wir dann

u = 6 <=> x + 4 = 6 <=> x = 2

v = 15 <=> 2 y + 1 = 15 <=> y = 7

Probe machst du selber.

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}.