Ingenieurmathematik für Studienanfänger: Formeln - Aufgaben by Gerald Hofmann PDF

By Gerald Hofmann

ISBN-10: 3658005726

ISBN-13: 9783658005726

ISBN-10: 3658005734

ISBN-13: 9783658005733

Dieses Lehrbuch erleichtert dem Studienanfänger den Übergang von der Schulmathematik zur anwendungsbezogenen Ingenieurmathematik. Im Mittelpunkt stehen Themen der Mathematikausbildung im ersten Semester. Außerdem enthält der Band mehr als two hundred erprobte Übungsaufgaben und sämtliche Lösungen, welche in den meisten Fällen komplett ausformuliert sind.

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----------------------------------------- Als ich im Jahre 1984 begann, mich fUr Mikrocomputer zu interessieren, batte ich nie gedacht, dass aus diesem pastime einmal ein wesentlicher Bestandteil meines Berufes werden sollte. Heute blicke ich auf spannende Jahre zuruck, in denen ich mit dem IBM-PC und dem Atari Erfahrungen gesammelt habe.

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Fuhrenden Mathematiker des 19. Jahrhunderts und einem der fiihrenden Geister der Friedrich-Wilhelms-Universit't zu Berlin in ihrer Glanzzeit, der zweiten H? lfte des 19. Jahrhunderts. WeierstraB battle additionally ein Kollege von Paul Dubois Reymond, von Helmholtz, von Mommsen und Virchow. Karl WeierstraB ist ein style unseres Landes Nordrhein-Westfalen.

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§ 1. VORSTELLUNG DES ZAHLENGEBIETES Wir konnen jede ganze Zahl bildlich oder geometrisch darstellen. Nehmen wir zum Beispiel eine Linie von beliebiger Lange an, und auf derselben einen Punkt o. So konnen wir die Zahl eins so darstellen, indem wir eine beliebige konstante Lange auf dieser vom Nullpunkt aus nach rechts auftragen.

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15 1. 21), denn es gilt: 56 2 Lösen von Bestimmungsgleichungen 43 − 6 · 42 + 6 · 4 + 8 = 64 − 96 + 24 + 8 = 0. Mit Hilfe des Horner1 −6 6 8 Schemas spalten wir z1 = 4 4 −8 −8 jetzt den linearen Fak1 −2 −2 0 P2 (z) = z 2 − 2z − 2 tor z − z1 = z − 4 ab: √ √ Aus z 2 − 2z − 2 = 0 finden wir z2 = 1 + 3 und z3 = 1 − 3. 2. Schritt: Berechnen der Lösung aus 3x = z. Für z1 = 4 erhalten wir 3x = 4, woraus durch Logarithmieren x lg 3 = lg 4 0, 60206 lg 4 ≈ ≈ 1, 26190. folgt. Damit erhalten wir x1 = lg 3 √ 0, 47712 √ Für z2 = 1 + 3 folgt x lg 3 = lg(1 + 3), woraus √ 0, 43649 lg(1 + 3) ≈ ≈ 0, 91484 folgt.

6 a) x1 = 1 ist eine vierfache Nullstelle. Als Probe gilt: (x − 1)4 = x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1 = 0 . h. z1 = 4 und z2 = 2. Für z1 = 4 erhalten wir x2 − 4x + 1 = 0 , √ √ √ woraus die Lösungen x1,2 = 2 ± 22 − 1 und damit x1 = 2 + 3, x2 = 2 − 3 2 folgen. Für z2 = 2 erhalten wir √ die Gleichung x − 2x + 1 = 0, welche die doppelte Nullstelle x3,4 = 1 ± 1 − 1 = 1 besitzt. Als Probe gilt: √ √ (x − (2 + 3))(x − (2 − 3))(x − 1)2 = x4 − 6x3 + 10x2 − 6x + 1. √ √ c) x1 = 2 + 3, x2 = 2 − 3. d) Es gibt keine reellen Lösungen.

Schritt: Probe. Es gilt ln x = ln(e ln 2 ) = ln 2. h. 4 Lösungen der Aufgaben aus Kapitel 2 √ √ 59 √ √ Linke Seite: xln x − 2x− ln x = (e ln 2 ) ln 2 − 2(e ln 2√)− ln 2 = eln 2 − 2(eln 2 )−1 = 2 − 2 · 2−1 = 1. Rechte Seite: = 1. Somit ist x = e ln 2 Lösung. z2 = −1 liefert keine Lösung, da xln x für alle reellen x > 0 immer positiv ist. b) Durch Umschreiben der Ausgangsgleichung in die Exponentialform erhalten wir die Gleichung x2 − 3x + 4 = (x − 1)2 mit der Lösung x = 3. Probe. Linke Seite: log2 (32 − 3 · 3 + 4) = log2 4 = 2.

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by Mark
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