Sei Z die reelle Zahl und o.B.d.A. Z positiv. Sei q eine natürliche Zahl. Betrachte nun R(x)=q*Z-x wobei wir für x nur natürliche Zahlen einsetzen. Dann ist R(0)>0 und es existiert ein natürliches L so dass R(L)<0 und auch für alle Argumente grösser als L. Ausserdem gilt R(x)-R(x+1)=1, also macht R immer Schritte der Länge 1. Deswegen hat R(p) für ein p höchstens den Abstand 1 vom Punkt 0. In Zeichen ausgedrückt: |q*Z-p|<=1. Daraus folgt mit Division durch q:$\left|Z-\frac{p}{q}\right|\le\frac{1}{q}$Es gibt also für jedes Z und q ein ganzes p, sodass p/q höchstens den Abstand 1/q von Z hat. Deshalb können wir jede reelle Zahl beliebig durch einen Bruch annähern. Diese Abschätzung können wir natürlich noch verbessern, aber das ist hier gar nicht nötig.

Für Z kannst du dann eine beliebige streng wachsende Folge natürlicher Zahlen q_n wählen als Zähler und einen jeweils dazugehörigen Zähler p_n der die Annäherung von oben erfüllt. Nun ist a_n=p_n/q_n eine rationale Folge, die gegen Z konvergiert.

Wenn wir akzeptieren, dass jede reelle Zahl Z eine Darstellung als Dezimalbruch hat, d.h.

$Z\ =\ Z_0+\sum_{n=1}^{\infty}d_n\cdot10^{-n}$

wobei Z_0 eine ganze Zahl und d_n ganze Zahlen in [0,9] sind, dann ist

$Z_k\ =Z_0+\sum_{n=1}^kd_n\cdot10^{-n}$eine Folge rationaler Zahlen, die monoton gegen Z konvergiert.

Weil {a_k} beschränkt ist, existiert ein Supremum C der Folge. Dann gilt $b_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\le\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nC=\frac{1}{n}n\cdot C=C$ für alle n. Also ist auch b durch A beschränkt. Das selbe Argument geht auch für das Infimum.

Nein, b ist nicht die harmonische Reihe.

Sagen wir, der Verurteilte legt a weisse Kugeln und b schwarze Kugeln in die erste Kiste. Dann gewinnt er mit einer Wahrscheinlichkeit von $P\ =\ \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{10-a}{20-a-b}\right)$Zusätzlich verlangen wir, dass a und b beide zwischen 0 und 10 liegen müssen und erstmal reelle Zahlen sein dürfen. Mit Methoden aus der Analysis kann man zeigen, dass bei (x,y) = (5,5) ein lokales Minimum vorliegt. Das interessiert uns aber nicht. Da im Inneren der Region kein weiteres Extremum existiert, muss das Extremum auf dem Rand liegen.

Es gibt nun zwei Fälle:

$\left(1\right)\ 0\le a\le10,\ 1\le b\le9$

$\left(2\right)\ 1\le a\le9,\ 0\le b\le10$da mindestens eine Kugel in jeder Kiste liegen muss. (Ansonsten hätte er nur die schwache 50-50 Chance und es ist klar, dass das nicht die beste Strategie ist.)

Die möglichen Fälle sind, dank Symmetrie (a=1 ist die selbe Situation wie a=9 einfach die Kisten vertauscht), nur noch (0,b), (a,1), (1,b), (a,0) mit den Einschränkungen von oben. Damit müssen wir die Maxima finden von:

$P_1=\frac{1}{2}\left(\frac{10}{20-b}\right)\ \rightarrow\ b=9,\ P_1=\frac{10}{22}$ $P_2=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{10-a}{19-a}\ \right)\ \rightarrow\ a=4,\ P_2=\frac{3}{5}$ $P_3=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+b}+\frac{9}{19-b}\right)\ \rightarrow\ b=0,\ P_3=\frac{14}{19}$ $P_4=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a}+\frac{10-a}{20-a}\right)\ \rightarrow\ a=1,\ P_4=\frac{14}{19}$

Hierbei muss man nur in einer Variablen maximieren. Man sieht leicht, dass (a,b) = (1,0) die höchste Wahrscheinlichkeit, nämlich 14/19=0.736842, ergibt.

Ich hoffe diese Erklärung ist verständlich genug, bei Unklarheiten gerne nachfragen.

Gäbe es eine Polynomfunktion 3. Grades mit mindestens 4 Nullstellen so hätte deren Ableitung nach dem Satz von Rolle mindestens 3 Nullstellen, die zweite Ableitung mindestens 2 Nullstellen und die dritte Ableitung mindestens eine Nullstelle. Das kann aber nicht sein, da die dritte Ableitung konstant und ungleich 0 ist.

Um zu zeigen, dass es mindestens eine Nullstelle gibt, musst du dank dem Zwischenwertsatz nur zeigen, dass es für jedes normierte Polynom p(x)=x^3+a2*x^2+a1*x+a0 Werte x1,x2 gibt, so dass p(x1)<0 und p(x2)>0 gibt. Zum Beispiel x1=-3M und x2=3M mit M=max(1,|a0|,|a1|,|a2|) funktioniert.

Wie meinst du? Das auf dem Foto wirst du eher früh in deinem ersten Algebrakurs (im Mathematikstudium natürlich) lernen, ist also relativ einfach.

2 Lösungen:

$f\ \approx2.821\frac{kt}{h},\ f\rightarrow0\$

Das https://de.wikipedia.org/wiki/Kriterium_von_Dirichlet hilft dir hier weiter. Damit kannst du über die Exponentialdarstellung von Cos und die geometrische Reihe sogar zeigen, dass deine Reihe für cos(nx) für alle reellen Zahlen x konvergiert.

Weil "Menge von Mengen" komisch tönt, nennt man das eine "Familie" von Mengen. Ist nur ein anderer Begriff.

Der Begriff Indexmenge ist mehr oder weniger selbsterklärend. Die Index durchläuft alle Elemente dieser Menge. Normalerweise ist das eine Teilmenge der natürlichen Zahlen, (z.B. die geraden Zahlen oder 1 bis 10 etc.) aber auch um andere Mengen wie Q handeln.

Nehmen wir an, wir haben die Familie von Mengen S1={5,8,10}, S2={3,8,2} und S3={3,1,5}. Die passende Indexmenge ist I={1,2,3}.

Damit können wir die Vereinigung bilden, geschrieben: (das grosse U), darunter (i Element von i) und rechts vom U (S mit tiefgestelltem i) = S1 U S2 U S3 = {1,2,3,5,8,10}.

Als Bild, weil der Formeleditor nicht funktioniert-.-

Halte eine Ecke fest. Wie viele Diagonalen gehen durch diese Ecke? Nur eine, denn die Verbingungen zu den anderen 4 Ecken sind Kanten und liegen auf der Oberfläche des Oktaeders. Das Spiel kann man für jede der 6 Ecken spielen, aber jeweils 2 Ecken teilen eine Diagonale. Also halbieren damit keine Diagonale doppelt gezählt wird und fertig. Die Rechnung lautet also 1*6/2=3.

Sieh dir z.B.diesen Artikel zur Namensgebung an. de.wikipedia.org/wiki/Lange_und_kurze_Skala?wprov=sfla1

Die grösste Zahl welche sich, gemäss Wikipedia, nach der langen Skala benennen lässt, ist allerdings 10^6000-1.

Die Bedingung für ein Gleichgewicht lautet: sum F_i = 0. Jetzt können wir die Kräfte in x und y Komponente zerlegen und erhalten zwei unabhängige Gleichungen. Für die x-Komponenten erhalten wir m1gcos(alpha)-m3gcos(beta) = 0 und für die y-Komponenten analog m1gsin(alpha)+m3gsin(beta)-m2g = 0.

Das Gleichungssystem lässt sich meines Wissens nach nur numerisch nach alpha und beta auflösen, aber dann kommst du genau auf die gewünschte Lösung. Nebenbei, wenn dir dein Rechner einen anderen Winkel ausrechnet, dann schau mal ob es sich um den Supplementärwinkel handelt.

Mit dem diesem Vorgehen kannst du aus den Dezimalzahlen immer den entsprechenden Bruch aus ganzen Zahlen konstruieren.

1) abbrechende Dezimaldarstellung

Wenn an einer bestimmten Stelle hinter dem Komma Schluss ist, kann man mit einer genügend grossen Zehnerpotenz multiplizieren und erhält eine ganze Zahl. Das ist schon das Kriterium für Rationalität.

Bsp. x=1.4937 also 10000x=14937 oder besser x=14937/10000.

2) periodische Dezimaldarstellung

Multipliziere die Zahl mit einer genügend grossen Zehnerpotenz, so dass die Periode genau ein Mal vor dem Komma steht und dann nochmal so, dass die Periode gerade hinter dem Komma beginnt. Subtrahiere diese Resultate und du siehst, dass der Nachkommaanteil sich aufhebt. Dann hast du ein ganzzahliges Vielfaches von der Zahl, das wieder eine ganze Zahl ergibt.

Bsp. x=1.493737... also 10000x=14937.3737... und 100x=149.3737...

Damit aber 10000x-100x=14937-149 oder besser x=(14937-149)/(10000-100)=14788/9900.

Nenne die erste Summe A und die zweite Summe B.

Dann ist A+B die Summe aller Binomialkoeffizienten binomial(n,k) oder anders geschrieben die Summe 1^k*1^(n-k)*binomial(n,k). Nach dem binomischen Lehrsatz ist diese Summe gleich (1+1)^n=2^n.

Gleichzeitig ist A-B die Summe über alternierende Binomialkoeffizienten, d.h. anstatt alle zu addieren zählen wir jeden zweiten Term negativ dazu. Diese Summe lässt sich schreiben als die Summe über (-1)^k*binomial(n,k)= summe (-1)^k*1^(n-k)*binomial(n,k). Nach dem binomischen Lehrsatz ist diese Summe gleich (-1+1)^n=0.

Okay jetzt wissen wir A+B=2^n und A-B=0. Die Lösung lautet also A=B=2^(n-1).

Einen Körper, bei dem alle Flächen und alle Seiten jeweils exakt gleich aussehen d.h. ununterscheidbar sind, nennt man Platonischen Körper. Im dreidimensionalen Raum kann es nur 5 solche Platonische Körper geben. Namentlich:

Tetraeder, 4 Seiten

Hexaeder (Würfel), 6 Seiten

Oktaeder, 8 Seiten

Dodekaeder, 12 Seiten

Ikosaeder, 20 Seiten.

Andere (einschliesslich 11 seitig) kann es nicht geben, und offenbar wurde das bereits durch Euklid bewiesen. In höheren Dimensionen ergeben sich aber andere Regeln. Wenn dich das Thema interessiert kann ich die Videos von Numberphile zu diesem Thema weiterempfehlen.

Ist durchaus möglich. Für komplizierte Fälle nutzt man Flächenintegrale. Man sich das so vorstellen. Wenn man die Funktion y(x)=1 von a bis b integriert, erhält man eine Fläche mit dem Inhalt (b-a). Wenn wir im dreidimensionalen Raum die Fläche z(x,y)=1 über eine bestimmte Region der Fläche A integriert, erhält man einen Körper mit dem Volumen A. Hierbei kann es manchmal schwierig werden, die richtigen Integralgrenzen zu finden.
Alternativ kann man die Fläche zwischen drei Graphen in einzelne Stücke zerlegen und diese als Fläche zwischen zwei Graphen wie gewohnt ausrechnen. In deinem Beispiel ist es sinnvoller, die Fläche zwischen f und g von der Fläche zwischen f und h zu subtrahieren.

Ich würde darauf aufbauen, dass ein Kreis die Menge aller Punkte mit dem selben Abstand zu einem Mittelpunkt ist. Eine Ecke ist durch eine Gerade mit der benachbarten Ecke verbunden. Wenn wir uns auf der Geraden von einem Eckpunkt zum nächsten bewegen, können wir unmöglich an jeder Stelle gleich weit weg vom Kreismittelpunkt sein.

Beweisskizze: Nennen wir die Länge des Lotes vom Mittelpunkt O zu Geraden L, einen Punkt auf der Geraden P und den Winkel zwischen L und dem Strahl OP=r alpha, dann ist r=L*sec(alpha). Offensichtlich ändert sich r mit alpha, womit wir einen Widerspruch haben.