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

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

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

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.

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)

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.

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

Mit dem ersten Strahlensatz erhält man

|A S| / |S M_a| = |A M_c| / |M_c M|

und mit Ausnutzung von Sietehalbierenden

|B M_c| / |B M| = |B C| / |B M_a|

(1/2 |B A|) / |B M| = |B C| / (1/2 |B C|)

|B A| = 4 |B M|.

|B M| teilt |B A| also in vier gleich große Teile.

Damit erhalten wir dann

|A S| / |S M_a| = |A M_c| / |M M_c|

|A S| / |S M_a| = (1/2 |A B|) / ((1 – 1/4) |A B|)

|A S| / |S M_a| = 2.

Das Verhältnis von langer und kurzer Seite, die durch Teilung vok s_a durch S entsteht, ist also 2:1.

Q • v • B2 = m • v² / r |•r

Q • v • B2 • r = m • v² |:v

Q • B2 • r = m • v |:B2

Q • r = m • v / B2 |:Q

r = m • v / B2 / Q

Setzt man nun v = E / B1 ein, erhält man

r = m • E / B1 / B2 / Q

r = m • E / (B1 • B2 • Q)

r = E / (B1 • B2 • Q / m)

Ableitungsgraph oberhalb der x-Achse => Ausgangsgraph streng monoton steigend

Ableitungsgraph unterhalb der x-Achse => Ausgangsgraph streng monoton fallend

Insgesamt also: Ableitungsgraph nicht auf der x-Achse => Ausgangsgraph streng monoton

An den Nullstellen der Ableitung liegt genau dann ein Extremum vor, wenn von links nahh rechts über die Nullstelle ein Vorzeichenwechsel des Ableitungsgraphen ist.

Versuch es jetzt mal selber mit den Aussagen oben, ich kann gerne bestätigen/korregieren.

Solltest auf jeden Fall Grundlagen nochmal Wiederholen (außer du fühlst dich sehr sicher), Sichwort Rechengesetze.

Ansonsten eben alles aus dem Schuljahr (in aller Regel wiederholt ihr dort alles, was ihr für die ZAP benötigt).

Darunter fällt unter anderem:

• Potenzgesetze
• Oberflächenformel für versch. Körper
• Volumenformel für versch. Körper
• Mantelflächenformel für versch. Körper
• Flächenformel für versch. Figuren
• Umfangformel für versch. Figuren
• Parabeln (Scheitelpunkt- bzw. Normalform, quadratische Funktion -> pq-Formel/quadratische Ergänzung)
• Exponentialfunktion
• Geraden aufstellen (z. B. aus zwei Punkten: Steigungsdreieck)

Belieb sind für Oberflächen-/Mantelfläche-/Volumenformel Rechenaufgaben zu (quadratischen) Pyramiden, Kugeln und Kegeln.

Quadratische Gleichungen werden sicher auch drankommen. Normalform und Scheitelpunktform sowie quadratische Ergänzung solltest du berechnen bzw. anwenden können.

Der Rest ist ziemlich einfach und ohne weitere Übung zu meistern.

(Wenn ich meine Erfahrungen noch gut im Kopf habe.)

Allgemein lautet die Formel für ein Ereignis E ja einfach

P(E) = [Anzahl günstiger Ergebnisse] / [Anzahl aller Ergebnisse].

Die Anzahl aller Ergebnisse ist durch nCr(20, 3) gegeben. nCr(n, k) steht für den Binomialkoeffizienten "n über k".

Warum nCr(20, 3)? Der Binomialkoeffizient gibt die Anzahl an Kombinationen an, aus n Objekten k zu wählen. In der Aufgabe zieht man ja 3 Karten aus einen 20-Karten-Stapel. Da für das Ziehen der Karten die Reihenfolge irrelevant ist, ist die Anzahl an Möglichkeiten drei Karten zu ziehen gleich der Anzahl an Möglichkeiten 3 Karten aus 20 zu wählen, also gerade nCr(20, 3).

Die Anzahl an günstiger Ergebnisse (also keine rote Karte zu ziehen) ist gerade nCr(4, 0) • nCr(16, 3). Warum?

Es gibt von den 20 Karten genau 4, die rot sind. Man kann also nur aus den 16 anderen Karten ziehen. Die Anzahl an Kombinationen, aus diesen 16 Karten genau 3 zu ziehen, ist gerade nCr(16, 3). Aus den 4 roten Karten darf keine gezogen werden, wofür es nur nCr(4, 0) = 1 Möglichkeit gibt (nämlich keine von denen zu ziehen).

Daher gibt es insgesamt nCr(4, 0) • nCr(16, 3) = nCr(16, 3) mögliche Kombinationen, keine rote Karte zu ziehen. Insgesamt ist die Wahrscheinlichkeit damit

P(B) = nCr(16, 3) / nCr(20, 3)

bzw. ausführlich

P(B) = nCr(4, 0) • nCr(16, 3) / nCr(20, 3).

a)

Sie sind dann parallel, wenn die Richtungsvektoren linear abhängig - das heißt, ein Vielfaches k voneinander - sind. Du erhälst also das Gleichungssystem

1 k = 2 a

a k = 1

–2 k = 4.

Wegen der letzten Gleichung ist k = –2 und damit nach der zweiten Gleichung a = –1/2. Setzen wir beides aber in die erste ein, erhalten wir –2 = –1, was falsch ist.

Es gibt gar kein a für dass die Aufgabe erfüllt ist - die Lösung ist falsch. (Der Lehrer wollte vermutlich als erste Koordinate des Richtungsverktors von g die Zahl 1/2 statt 1 schreiben, dann würde es passen).

b)

Den Schnittpunkt zweier Gerade kannst du z. B. mit Gleichsetzen lösen, also

1 + 1 t = 3 + 0 s

a + 0 t = 2 + 3 s

0 – 2 t = 3 a + 1 s.

Das LGS hat die Lösung t = 2 und a = s = –1.

Damit ist der Schnittpunkt bei (3, –1, –4).

Wenn f"(x_0) = 0, dann kann an der Stelle x = x_0 ein Wendepunkt (dazu zählen auch Sattelpunkte, z. B. bei f(x) = x³) sein. Es kann aber auch ein Extremum sein, z. B. bei g(x) = x⁴.

Begründung:

Links und rechts der Stelle x = x_0 kann die zweite Ableitung größer oder kleiner null sein. Geometrisch gilt dann

Fall 1: links, rechts > 0 => Tiefpunkt

Fall 2: links, rechts < 0 => Hochpunkt

Fall 3: links, rechts ungleiche Vorzeichen => Sattelpunkt

Um ein Sattel- oder Extrempunkt handelt es sich dann, wenn die erste Ableitung null ist. Um ein Wendepunkt - der kein Sattelpunkt ist - handelt es sich dann, wenn die erste Ableitung ungleich null ist.

Begründung:

Fall 1: f'(x_0) = 0 => siehe oben (im Falle eines Wendepunktes handelt es sich dann um ein Sattelpunkt)

Fall 2: f'(x_0) ≠ 0 => siehe oben (kann kein Extremum Wendepunkt, der kein Sattelpunkt ist)

a) Du kannst eine Geradengleichung g für die Flugbahn für die Raumfähre aufstellen, z. B.

g: x = A + t (B – A)

g: x = (18, –13, 12) + t (–8, 5, –3)

mit t aus [0, 4].

Die Oberfläche K der Halbkugel kannst du ähnlich wie bei Ebenen mit zwei Parametern angeben (eine Kugeloberfläche ist eine verformte Ebene).

K: x = M + (r cos(θ) sin(φ), r cos(θ) cos(φ), r sin(θ))

K: x = 7 (cos(θ) sin(φ), cos(θ) cos(φ), sin(θ))

mit θ aus [0°, 90°] und φ aus [0, 180°].

Nun musst du die Schnittpunkte berechnen. Du kommst auf das Gleichungssystem

18 – 8 t = 7 cos(θ) sin(φ)

–13 + 5 t = 7 cos(θ) cos(φ)

12 – 3 t = 7 sin(θ)

für die Unbekannten t, θ und φ.

Das lässt du den Taschenrechner lösen und kommst auf t = 2 oder t = 3. Was für Werte für die Winkel rauskommen, braucht uns nicht weiter zu interessieren, da wir mit t schon die Schnittpunkte ausrechnen können.

S_1 = (18, –13, 12) + 2 (–8, 5, –3) = (2, –3, 6)

S_2 = (18, –13, 12) + 3 (–8, 5, –3) = (–6, 2, 3)

Bei (2, –3, 6) fliegt die Fähre also in von der Station erfassten Raum ein, bei (–6, 2, 3) verlässt sie ihn wieder.

b) Dor wo z = 0 ist, wird sie nach diesem Modell aufsetzen. Also gilt für

g: x = (18, –13, 12) + t (–8, 5, –3)

dann 12 – 3 t = 0, also t = 4 (deswegen muss t aus [0, 4] sein, siehe Anfang). Damit ist

L = (18, –13, 12) + 4 (–8, 5, –3) = (–14, 7, 0).

c) Hier musst du den Schnittpunkt der Flugbahn und der Ebene, die durch die Landesgrenze geht und parallel zur z-Achse ist, berechnen, also von der Flugbahn

g: x = (18, –13, 12) + t (–8, 5, –3)

und wegen der Landesgrenze

h: x = C + s (D – C)

h: x = (–13, 4.5, 0) + s (6, 18, 0)

noch von der Ebene

E: x = (–13, 4.5, 0) + s (6, 18, 0) + r (0, 0, 1).

Damit erhalten wir das LGS

18 – 8 t = –13 + 6 s

–13 + 5 r = 4.5 + 18 s

12 – 3 t = r

mit der Lösung t = 221/58, s = 5/58 und r = 33/58. Die Höhe ist demnach 33/58 km ≈ 569 m.

Ich weiß nicht, ob es ein Beweis ist, aber ich würde es so begründen:

Wenn a und b aus Z sind, dann kann man für a, b >= 0 direkt sagen, dass auch a + b und a • b in Z liegen, da N eine Teilmenge von Z ist.

Wenn a, b < 0, dann kann man genau umgekehr argumentieren, weil man Z so definieren kann, dass für jedes natürliche a in Z ein –a mit a + (–a) = (–a) + a = 0 gibt.

Wenn also a, b < 0 bzw. –a, –b > 0, dann ist aufgrund der Abgeschlossenheit vol N auch (–a) + (–b) aus N und damit –((–a) + (–b)) = a + b aus Z. Außerdem ist (–a) • (–b) aus N, also auch (–a) • (–b) = a • b aus Z.

Ist nun o.B.d.A. a < 0, b >= 0 und b >= a, dann ist b + a eine natürliche Zahl, also aus Z. Ist b < a, dann ist –(b + a) eine natürlich Zahl, also aus Z. Nach Definition von Z, ist dann aber auch –(–(b + a)) = b + a aus Z. Für a • b kann man analog argumentieren.

Insgesamt ist Z also abgeschlossen bzgl. der Addition und Multiplikation.

Ich hoffe, das hilft dir weiter

Entscheidend ist, dass du das Integral inzwei teilst, um den Betrag aufzulösen. Dann kannst du die Eulerformel anwenden und es lösen.

Text auswählen und

Strg+L

Kombination drücken, meines Wissens nach.

Man rechnest ja obere Grenze eingesetzt minus untere Grenze eingesetzt, aber du hast einfach addiert, nicht subtrahiert.

Rechts nach einsetzen der Klammern hätte shehen müssen (die jeweilge Stammfunktion mit den eingesetzten Grenzen ist in eckigen Klammern)

[–b cos(π • 1) • 1/π] – [–b cos(π • 0) • 1 / π]

= –b cos(π) / π + b cos(0) / π

= –b • (–1) / π + b • 1 / π

= b / π + b / π

= 2 b / π

Und mit der Info, dass der Integralwert 2 sein soll, erhälst du dann

2 = 2 b / π |•π

2 π = 2 b |:2

π = b

(a)

Wenn x in A, dann ist (x, x) in R.

(b)

Wenn (x, y) in R, dann ist auch (y, x) in R.

(c)

Wenn (x, y) und (y, z) in R, dann ist auch (x, z) in R.

(d)

n(n+1)/2

(e)

Wenn die letzten drei Stellen eine Zahl bilden, die durch 8 teilbar ist, dann ist die gesamte Zahl durch 8 teilbar.

1. Zu Gunsten der Statistik, die widerlegt werden soll.

2. So, dass man den Fehler 1. Art beschränken kann (Signifikanzniveau).

Du musst also schauen, dass du die Nullhypothese so setzt, dass du der Hypothese, welche du widerlegen willst, das Signifikanzniveau vorgeben kannst.