Aufgabe 1 zu

Aufgabe 1
zu (a) Die Menge M ist disjunkte Vereinigung von Mr und Mb , wobei Mr die Menge der roten und Mb
die Menge der blauen Kugeln in M bezeichnet. Die Teilmengen von M bestehend aus zwei roten Kugeln
sind also genau die zweielementigen Teilmengen von Mr . Wegen |Mr | = 5 beträgt deren Anzahl
5
5!
= 12 · 4 · 5 = 10.
=
2!3!
2
zu (b)
Wir rechnen aus, wieviele vierelementige Teilmengen A von M aus genau zwei blauen und
genau zwei roten Kugeln existieren. Jede solche Menge setzt sich zusammen aus einer zweielementigen
Teilmenge Ar von Mr und einer zweielementigen Teilmenge Ab von Mb . Wie wir in Teil (a) gesehen
haben, gibt es für Ar genau 10 Möglichkeiten. Ebenso gibt es für Ab zehn Möglichkeiten. Für die Menge
A erhalten wir also insgesamt 10 · 10 = 100 Möglichkeiten. Insgesamt gibt es in M genau
10
10!
1
= 24
· 7 · 8 · 9 · 10 = 210
=
4!6!
4
vierelementige Teilmengen. Die Wahrscheinlichkeit, dass bei zufälliger Wahl eine solche Menge aus genau
zwei roten und genau zwei blauen Kugeln besteht, liegt also bei
zu (c)
100
210
=
10
21
≈ 47, 62%.
Jede Teilmenge von A bestehend drei roten und einer blauen Kugel setzt sich zusammen aus
einer dreielementigen Teilmenge Ar ⊆ Mr und einer einelementigen Teilmenge Ab ⊆ Mb . Für Ar gibt
es 53 = 21 · 4 · 5 = 10, für Ab genau 51 = 5 Möglichkeiten. Für A kommen wir somit auf 10 · 5 = 50
Möglichkeiten. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine solche Menge zufällig getroffen wird, liegt also bei
50
210
=
5
21
≈ 23, 81%.
Aufgabe 2
zu (a)
Hier liegt ein Funktionsgraph vor. Sei nämlich x ∈ R vorgegeben. Dann gilt die Äquivalenz
(x, y) ∈ Γ
⇔
3x + 4y = 1
⇔
4y = 1 − 3x
⇔
y = 14 (1 − 3x).
Für jedes x ∈ R gibt es also genau ein y ∈ R mit (x, y) ∈ Γ, nämlich y = 41 (1 − 3x). Dies zeigt, dass Γ
der Graph der Funktion f : R → R, x 7→ 41 (1 − 3x) ist.
zu (b) Diese Menge ist kein Graph einer Funktion. Beispielsweise gibt es für den x-Wert 1 zwei y-Werte
mit (1, y) ∈ Γ, nämlich (1, 1) und (1, −1).
zu (c)
Auch dies ist kein Funktionsgraph. Hier gibt es für x = 5 sogar unendlich viele y-Werte mit
(5, y) ∈ Γ, nämlich alle y ∈ R. Für alle anderen x-Werte gibt es dagegen kein y ∈ R mit (x, y) ∈ Γ, was
ebenso unzulässig ist.
Aufgabe 3
zu (a) Die Funktion f ist monoton wachsend, denn für alle x, y ∈ R mit x ≤ y gilt f (x) = 2 = f (y), also
auch f (x) ≤ f (y). Aus demselben Grund ist sie auch monoton fallend. Sie ist aber weder streng monoton
wachsend noch streng monoton fallend, denn beispielsweise ist 0 < 1, aber wegen f (0) = f (1) = 2 gilt
weder f (0) < f (1) noch f (0) > f (1). Sie ist gerade, denn für alle x ∈ R gilt f (−x) = 2 = f (x), aber nicht
ungerade, denn beispielsweise ist f (−1) = −f (1) nicht erfüllt (f (−1) = 2, −f (−1) = −2). Schließlich ist
f periodisch (zum Beispiel mit Periodenlänge 1), denn für alle x ∈ R gilt f (x + 1) = 2 = f (x).
zu (b)
Hier ist f monoton wachsend, denn für alle x, y ∈ R mit x ≤ y gilt auch 5x ≤ 5y und
somit f (x) ≤ f (y). Sie ist sogar streng monoton wachsend, denn aus x < y folgt 5x < 5y und somit
f (x) < f (y). Sie ist aber weder monoton fallend noch streng monoton fallend, denn es gilt 1 < 2, aber
weder f (1) ≥ f (2) noch f (1) > f (2), denn es ist f (1) = 5 und f (2) = 10. Die Funktion f ist ungerade,
denn für alle x ∈ R gilt −f (x) = −5x = 5(−x) = f (−x). Andererseits ist sie nicht gerade, denn es gilt
f (−1) 6= f (1) wegen f (−1) = −5, f (1) = 5. Die Funktion f ist auch nicht periodisch. Denn wäre sie
periodisch (mit einer Periodenlänge p > 0) dann müsste f (x + p) = f (x) für alle x ∈ R und insbesondere
f (0 + p) = f (0) gelten. Es ist aber f (0 + p) = 5p > 5 · 0 = f (0).
zu (c)
Diese Funktion f ist nicht monoton wachsend, denn z.B. ist 1 ≤ 2, aber nicht f (1) ≤ f (2)
wegen f (1) = 1 und f (2) =
1
2.
Dasselbe Beispiel zeigt auch, dass f nicht streng monoton wachsend
ist. Die Funktion f ist aber auch weder monoton fallend noch streng monoton fallend, wie man z.B.
an den Werten f (−1) = −1 und f (1) = 1 erkennt. Die Funktion ist ungerade, denn für alle x 6= 0 gilt
−f (x) = − x1 =
1
−x
= f (−x). Sie ist aber nicht gerade, da z.B. f (−1) 6= f (1) ist. Schließlich ist sie auch
nicht periodisch. Wäre sie nämlich periodisch mit einer Periodenlänge p > 0, dann würde f (x+p) = f (x)
für alle x ∈ R und insbesondere f (p) = f (0) = 0 gelten. Es ist aber f (p) =
1
p
> 0.

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