Termin 1 - MB

Dozentenübungen
im Rahmen
des Mathe-1-Tutoriums
im Studiengang Maschinenbau
Sommersemester 2017
Brett Youens
22. März 2017
Inhaltsverzeichnis
1 Termin 1: Algebra
1.1 Potenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Quadratische Gleichungen . . . . . . . . .
1.3 Definitionsbereich . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Bruchgleichungen . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Wurzelgleichungen . . . . . . . . . . . . .
1.6 Der Logarithmus . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Exponential- und Logarithmusgleichungen
1.8 Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9 Betrags[un]gleichungen . . . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
3
5
6
8
9
11
13
15
1
Termin 1: Algebra
1.1
Potenzen
Im Umgang mit Potenzen gibt es einige Rechenregeln. Sie lassen sich aber alle aus
drei kurzen Definitionen herleiten. Dazu seien a ∈ R\{0} und n ∈ N. Dann definieren
wir
n−mal
z }| {
ˆ a := a · · · a
n
ˆ a−n := a1n
√
1
ˆ a n := n a.
Bei der letzten Definition muss man nur beachten,
dass a nicht negativ sein darf,
√
1
4
falls n gerade ist. Zum Beispiel wäre (−9) 4 = −9 nicht definiert. Im Klartext:
Man kann keine gerade Wurzel aus einer negativen Zahl ziehen.
Seien nun a, b ∈ R \ {0} und m, n ∈ Z. Aus den obigen Definitionen folgen dann
diese Rechenregeln für Potenzen:
Rechenregeln für Potenzen:
ˆ gleiche Potenzen
◦ (ab)n = an bn
n
n
◦ ab = abn
ˆ gleiche Basen: +, −, ·, /
◦ am+n = am an
◦ am−n =
am
an
◦ amn = (am )n = (an )m
p
√ m
m
◦ a n = n (am ) = ( n a) .
Bei der letzten Rechenregel muss man natürlich wieder beachten, dass a nicht negativ
sein darf, falls n gerade ist.
Aus den Definitionen lassen sich auch folgende wichtige Spezialfälle herleiten:
Spezialfälle:
ˆ a1 = a
√
1
ˆ a2 = a
ˆ a0 = 1
ˆ a−1 = a1 .
Wir üben nun die obigen Regeln und Definitionen mit einigen Aufgaben.
Aufgaben:
Vereinfachen Sie die folgenden Ausdrücke:
2
1. a3 a4 a−2
2. (ab)4 · ab
√ 1
3. n am m
2
· a0
4. 2 · 3n − 3n+1
2
−1 x5
:
5. (x −1)(x−1)
5
(x+1)y
1
12
x−3 y 3
Lösungen:
1. a3 a4 a−2 = a3+4−2 = a5
2
2
2. (ab)4 · ab · a0 = a4 b4 · ab 2 · 1 = a4−2 b4+2 = a2 b6
√ 1
√
m 1
m 1
1
3. n am m = a n m = a n · m = a n = n a
4. 2 · 3n − 3n+1 = 2 · 3n − 3 · 3n = (2 − 3) · 3n = (−1) · 3n = −3n
2
12 1 1 2 12
(x −1)(x−1)−1 x5
1
x2 −1
x5
x3 2
x5 y 3 2
5.
: x−3 y3 = (x+1)(x−1) · y5 : y3 = 1 · y5 · x3 = xy2 = xy
(x+1)y 5
1.2
Quadratische Gleichungen
Eine quadratische Gleichung hat die Form
ax2 + bx + c = 0
mit a, b, c ∈ R und a 6= 0. Um Lösungen für eine solche Gleichung zu finden, kann
man die sogenannte Mitternachtsformel
√
−b ± b2 − 4ac
x1,2 =
2a
einsetzen. Falls der Ausdruck unter dem Wurzelzeichen b2 − 4ac eine nicht negative
Zahl ist, hat die Gleichung dann zwei [nicht unbedingt verschiedene] reelle Lösungen. Mithilfe dieser kann man dann den quadratischen Ausdruck als Produkt von
Linearfaktoren wiedergeben:
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
Diese Form des Ausdrucks wird auch Produktdarstellung genannt.
Aufgaben:
Berechnen Sie die Lösungen der folgenden quadratischen Gleichungen und zerlegen
Sie die Ausdrücke in Linearfaktoren.
1. x2 + 7x + 6 = 0
2. 2x2 + 12x + 18 = 0
3. x2 + x + 1 = 0
4. x4 − 10x2 + 9 = 0
3
Lösungen:
1.
√
√
x2 + 7x + 6 = 0 =⇒ x1,2 = −7± 249−24 = −7±2 25 = −7±5
2
=⇒ x1 = −6, x2 = −1
=⇒ L = {−6, −1}
Produktdarstellung: (x + 6)(x + 1) = 0
2.
√
√
0
2x2 + 12x + 18 = 0 =⇒ x1,2 = −12± 144−4·2·18
= −12±
2·2
4
=⇒ x1 = x2 = −3
=⇒ L = {−3}
Produktdarstellung: 2(x + 3)(x + 3) = 0
3.
x2 + x + 1 = 0 =⇒ b2 − 4ac = 12 − 4 · 1 · 1 = −3 < 0
=⇒ L = {}
Produktdarstellung: keine
4.
2
x4 − 10x2 + 9 = 0 ⇐⇒ x2 − 10 x2 + 9 = 0
⇐⇒ u2 − 10u + 9 = 0 (Substitution: u := x2 )
√
= 10±8
=⇒ u1,2 = 10± 100−36
2
2
=⇒ u1 = 9, u2 = 1
=⇒ x2 = u1 = 9 =⇒ x1,2 = ±3
und x2 = u2 = 1 =⇒ x3,4 = ±1 (Rücksubstitution)
=⇒ L = {±1, ±3}
Produktdarstellung: (x − 1)(x + 1)(x − 3)(x + 3) = 0
Ein Trick
Wenn die Lösungen einer quadratischen Gleichung x2 + px + q = 0 vermutlich ganze
Zahlen sind, kann man mit geübtem Auge auch ohne die Mitternachtsformel den
quadratischen Ausdruck schnell faktorisieren. Man muss nur ein Zahlenpaar u und
v finden,
1. dessen Produkt q ist und
2. dessen Summe p ist.
Zur Veranschaulichung dieser Vorgehensweise – eine Variante des Satzes von Vieta
– betrachten wir ein Beispiel.
Beispiel: x2 + 7x − 8 = 0
4
Wir konstruieren eine Tabelle mit Zahlenpaaren, deren Produkt q = −8 ist. Dabei
suchen wir das Paar, dessen Summe p = 7 ist.
u
1
2
4
8
v u+v
−8 −7
−4 −2
−2
2
−1
7
In der letzten Zeile finden wir das gesuchte Paar: 8 und −1. Damit ist die Produktdarstellung
(x + 8)(x − 1) = x2 + 7x − 8 = 0.
Die Lösungsmenge enthält dann die Inversen der gefundenen Zahlen: L = {−u, −v} =
{−8, 1}.
Es folgen einige Faktorisierungsaufgaben, bei denen man diesen Trick gut anwenden
kann.
Aufgaben:
Faktorisieren Sie die folgenden Ausdrücke.
1. w2 + 7w + 10
2. x2 + 10x − 11
3. y 2 − 11y + 30
4. z 2 − 2z − 120
Lösungen:
1. w2 + 7w + 10 = (w + 2)(w + 5)
2. x2 + 10x − 11 = (x − 1)(x + 11)
3. y 2 − 11y + 30 = (y − 5)(y − 6)
4. z 2 − 2z − 120 = (z + 10)(z − 12)
1.3
Definitionsbereich
Eine Funktion nimmt Eingaben aus einem bestimmten Bereich, dem Definitionsbereich, der oft mit D bezeichnet wird. Man kann diesen Bereich beispielsweise explizit
angeben:
√
f : N −→ R, f (x) := x.
Die Funktion f nimmt also Zahlen aus N als Eingabe und gibt Zahlen aus R als
Ausgabe. Wir haben hier also extra angegeben, dass wir wirklich nur die Wurzeln
aus natürlichen Zahlen ziehen wollen. An sich kann man aber die Wurzel aus beliebigen nicht negativen reellen Zahlen ziehen. Hier redet man von dem maximalen
Definitionsbereich. Dieser Bereich enthält alle reellen Zahlen, für die die Funktion
überhaupt definiert wäre. Der maximale Definitionsbereich für die obige Funktion
wäre also {x ∈ R|x ≥ 0}.
5
Wichtige Funktionen:
Im Folgenden geben wir den maximalen Definitionsbereich D für einige wichtige
Funktionen an:
√
ˆ x =⇒ D = {x ∈ R|x ≥ 0}
ˆ log x =⇒ D = {x ∈ R|x > 0}
ˆ ex =⇒ D = R
ˆ
1
x−c
=⇒ D = R \ {c}.
Aufgaben:
Wie ist jeweils der maximale Definitionsbereich?
1. f1 (x) := 3x + 1
2. f2 (x) :=
3. f3 (x) :=
1
x−3
√
x+3
4. f4 (x) := log x − 3
5. f5 (x) := log(x − 3)
Lösungen:
1. f1 (x) := 3x + 1 =⇒ D = R
2. f2 (x) :=
3. f3 (x) :=
1
x−3
√
=⇒ D = R \ {3}
x + 3 =⇒ D = {x ∈ R|x ≥ −3}
4. f4 (x) := log x − 3 =⇒ D = {x ∈ R|x > 0}
5. f5 (x) := log(x − 3) =⇒ D = {x ∈ R|x > 3}
Man kann auch über den Definitionsbereich einer Gleichung oder Ungleichung reden.
Beispielsweise ist der Definitionsbereich der Gleichung
2
1 1
+ =
x x
x
die Menge R \ {0}, denn x = 0 verursacht eine Division durch Null.
1.4
Bruchgleichungen
Bei der Lösung einer Bruchgleichung muss man auf den Definitionsbereich achten.
Um uns diese Tatsache vor Augen zu führen, versuchen wir die Gleichung
1
1
1
+
=−
x x+1
x(x + 1)
zu lösen. Als ersten Schritt multiplizieren wir beide Seiten der Gleichung mit dem
Hauptnenner, dem kleinsten gemeinsamen Vielfachen der Nenner dieser Brüche,
x(x + 1). Das ergibt (x + 1) + x = −1 und durch Umformung bekommen wir dann
x = −1.
6
Es würde nun scheinen, dass wir damit eine Lösung hätten. Wenn wir aber versuchen, diese Lösung” in die ursprüngliche Gleichung einzusetzen, bekommen wir
”
eine Division durch Null:
1
1
−1
1
−1
+
=
= −1 + =
.
−1 (−1) + 1
(−1)((−1) + 1)
0
0
Wie man leicht erkennen kann, ist der eigentliche Definitionsbereich dieser Gleichung
L = R \ {0, −1} und unsere Lösung” ist gar nicht darin enthalten. In so einem Fall
”
kann man −1 eine Scheinlösung nennen.
Liegt eine Bruchgleichung vor, so sind also folgende Schritte durchzuführen:
1. Bestimmung des Definitionsbereiches
2. Ermittlung eines Hauptnenners
3. Multiplikation mit dem Hauptnenner
4. Lösung der entstehenden Gleichung
5. Probe, ob Lösungen im Definitionsbereich liegen
Aufgaben:
Lösen Sie die folgenden Bruchgleichungen.
1.
1
x+2
+
1
x−2
−
4
x2 −4
2.
x
x−1
+
x
x+1
=
2x
x2 −1
1
x−2
−
4
x2 −4
=0
Lösungen:
1.
1
x+2
+
=0
(a) Bestimmung des Definitionsbereiches: D = R \ {−2, 2}
(b) Ermittlung eines Hauptnenners: x2 − 4
(c) Multiplikation mit dem Hauptnenner: (x − 2) + (x + 2) − 4 = 0
(d) Lösung der entstehenden Gleichung: 2x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 2
(e) Probe, ob Lösungen im Definitionsbereich liegen: 2 ∈
/D
Diese Gleichung besitzt also keine Lösungen.
2.
x
x−1
+
x
x+1
=
2x
x2 −1
(a) Bestimmung des Definitionsbereiches: D = R \ {−1, 1}
(b) Ermittlung eines Hauptnenners: x2 − 1
(c) Multiplikation mit dem Hauptnenner: x(x + 1) + x(x − 1) = 2x
(d) Lösung der entstehenden Gleichung:
x2 + x + x2 − x = 2x ⇐⇒ 0 = 2x2 − 2x = 2x(x − 1) ⇐⇒ x1 = 0, x2 = 1
(e) Probe, ob Lösungen im Definitionsbereich liegen: 0 ∈ D, 1 ∈
/D
7
Diese Gleichung besitzt also die Lösungsmenge L = {0}.
1.5
Wurzelgleichungen
Bei der Lösung einer Wurzelgleichung muss man auch vorsichtig sein. Irgendwann im
Laufe des Lösungsprozesses wird man nämlich beide Seiten der Gleichung quadrieren
müssen und Quadrieren ist keine Äquivalenzumformung. Das heißt
x = y =⇒ x2 = y 2 aber x2 = y 2 6=⇒ x = y.
Konkret bedeutet das, dass neue Lösungen – Scheinlösungen – durch das Quadrieren hinzukommen können. Daher muss man alle vermeintlichen Lösungen in die
ursprüngliche Gleichung einsetzen, um zu prüfen, ob sie tatsächlich funktionieren.
Der Zeitpunkt, wo beide Seiten der Gleichung quadriert werden, ist auch wichtig.
Nach Möglichkeit sollte man nämlich schauen, dass man die Wurzel auf einer Seite
der Gleichung isoliert, bevor man quadriert.
Um die Wichtigkeit dessen zu illustrie√
ren, versuchen wir die Gleichung x = x − 1 + 3 zu lösen, ohne dass wir zuerst die
Wurzel isolieren:
√
√
√
2
x = x − 1 + 3 =⇒ x2 =
x − 1 + 3 = x + 6 x − 1 + 8.
An dieser Stelle kann man leicht vermuten, dass wir nicht unbedingt näher zum Ziel
gekommen sind.
Bei Wurzelgleichungen empfiehlt sich also folgende Vorgehensweise:
1. Isolieren der Wurzel
2. Quadrieren beider Seiten
3. Lösung der entstehenden Gleichung
4. Probe in ursprünglicher Gleichung
Nun lösen wir das eben besprochene Beispiel als Aufgabe.
Aufgabe:
Lösen Sie folgende Wurzelgleichung: x =
√
x − 1 + 3.
Lösung:
1. Isolieren der Wurzel
x=
√
x − 1 + 3 ⇐⇒
√
x−1=x−3
2. Quadrieren beider Seiten
√
√
2
x − 1 = x − 3 =⇒
x − 1 = (x − 3)2
3. Lösung der entstehenden Gleichung
√
2
x − 1 = (x − 3)2 ⇐⇒ x − 1 = x2 − 6x + 9
⇐⇒ 0 = x2 − 7x + 10 = (x − 2)(x − 5)
⇐⇒ x1 = 2, x2 = 5.
8
4. Probe in ursprünglicher Gleichung
Probe:
√
x1 = 2: linke Seite 2 6= √2 − 1 + 3 = 4 = rechte Seite;
x2 = 5: linke Seite 5 = 5 − 1 + 3 = 5 rechte Seite;
Also besitzt diese Gleichung die Lösungsmenge L = {5}.
1.6
Der Logarithmus
Die Logarithmusfunktion
logb x
ist für alle b > 0 mit b 6= 1 definiert.
Als Eingabe nimmt sie eine Zahl x > 0. Als Ausgabe liefert sie die Antwort auf die
Frage
Zu welcher Potenz muss b erhöht werden, um x zu ergeben?
Ausgesprochen wird logb x als
Logarithmus von x zur Basis b.
Aufgaben:
Berechnen Sie folgende Logarithmen:
1. log6 36
2. log10 10000
1
3. log10 10000
√
4. log7 7
Lösungen:
1. log6 36 = 2, denn 62 = 36.
2. log10 10000 = 4, denn 104 = 10000.
1
3. log10 10000
= −4, denn 10−4 =
√
√
1
4. log7 7 = 12 , denn 7 2 = 7.
1
.
10000
Spezialfälle:
ˆ logb b = 1
ˆ logb 1 = 0
Fragen:
ˆ Warum ergäbe logb x keinen Sinn, falls b = 1?
ˆ Warum ergäbe logb x keinen Sinn, falls x ≤ 0?
ˆ Gibt es Werte, die logb x nicht annehmen kann?
9
Antworten:
ˆ Warum ergäbe logb x keinen Sinn, falls b = 1? Da für b = 1 immer bx = 1 gilt.
ˆ Warum ergäbe logb x keinen Sinn, falls x ≤ 0? Da für b > 0 immer bx > 0 gilt.
ˆ Gibt es Werte, die logb x nicht annehmen kann? Nein.
Rechenregeln für Logarithmen:
ˆ log x · y = log x + log y
ˆ log xy = log x − log y
ˆ log xk = k log x
Achtung: Bei diesen Umformungen muss man auf den Definitionsbereich achten.
Beispielsweise ist log x2 für alle x 6= 0 definiert. Die Umformung 2 log x ist aber nur
für x > 0 definiert.
Aufgaben:
Zerlegen Sie folgende Logarithmen in möglichst viele Summanden:
1. log2 35
2. log10
5
7
3. loge 75
4. logb
xy 3
z
Lösungen:
1. Um zu illustrieren, dass mehrere Varianten möglich sind, geben wir hier zwei
Lösungen an:
ˆ log2 35 = log2 5 · 7 = log2 5 + log2 7
ˆ log2 35 = log2
2. log10
5
7
70
2
= log2 70 − log2 2 = log2 70 − 1
= log10 5 − log10 7
3. loge 75 = 5 loge 7
3
4. logb xy
= 3 logb
z
xy
z
= 3(logb xy − logb z) = 3(logb x + logb y − logb z)
Wozu brauchen wir den Logarithmus?
Die Logarithmusfunktion logb x ist die Umkehrfunktion zur Exponentialfunktion bx ,
also
logb bx = x = blogb x .
Man kann mit einem Logarithmus also sozusagen ,,ein x vom Exponenten befreien”.
Diese Tatsache kann bei der Lösung von Gleichungen mit Variablen als Exponenten
äußerst hilfreich sein.
Aufgabe: Lösen Sie die Gleichung
2x−1 = 8x .
10
Lösung:
2x−1 = 8x ⇐⇒ log2 2x−1 = log2 8x
⇐⇒ x − 1 = x log2 8
⇐⇒ x − 1 = 3x
⇐⇒ −2x = 1
⇐⇒ x = − 21
Der natürliche Logarithmus:
Ein Spezialfall des Logarithmus – der Logarithmus zur Basis e – bekommt eine
eigene Bezeichnung:
ln := loge .
Dabei bezeichnet e die Eulersche Zahl, also
e ≈ 2, 72.
Diese Funktion heißt der natürliche Logarithmus und ist dann die Umkehrfunktion
zur Funktion ex .
Basiswechsel:
Um einen Logarithmus zur Basis b als Logarithmus zur Basis c darzustellen, kann
man folgende Formel verwenden:
logb x =
logc x
.
logc b
Um sich diesen Trick zu merken, ist es hilfreich im Kopf zu behalten, dass auf beiden
Seiten dieser Formel x oben” und b unten” notiert wird. Diese Formel ist sehr
”
”
geschickt, wenn man mit einem Taschenrechner arbeitet, womit man nicht immer
explizit eine Basis angeben kann. So können dann alle Berechnungen beispielsweise
mit dem natürlichen Logarithmus durchgeführt werden.
Bemerkung:
Wenn bei der Funktion log keine Basis angegeben wird, muss klargestellt werden,
was damit gemeint ist. Oft wird mit log die Funktion log10 gemeint.
Nur zum Spaß...
Die Zahl e ≈ 2, 718281828459045 ist irrational, d.h. die Dezimaldarstellung davon
ist unendlich lang. Wenn man sich die ersten 16 Ziffern merken möchte, kann man
dies ohne größere Schwierigkeiten in dieser Form:
e ≈ 2, 7 1828 1828 45◦ 90◦ 45◦ .
1.7
Exponential- und Logarithmusgleichungen
Im Fall von Exponential- und Logarithmusgleichungen wählt man gewöhnlich eine
der folgenden Vorgehensweisen:
11
ˆ Logarithmieren,
ˆ Entlogarithmieren,
ˆ Substitution.
Aufgaben:
Lösen Sie die folgenden Exponential- und Logarithmusgleichungen.
1. ex−1 = ex − 1
2. ln x − 2 ln 3 − 3 ln 2 = 0
3. 3x−2 = 2x+3
4. e2x + 2ex − 3 = 0
Lösungen:
1. ex−1 = ex − 1
Lösung:
ex
= ex − 1
e
ex
1
x
x
⇐⇒ 1 = e −
=e 1−
e
e
1
e
⇐⇒ ex =
1 =
e−1
1− e
e
⇐⇒ ln ex = ln
e−1
e
⇐⇒ x = ln
e−1
ex−1 = ex − 1 ⇐⇒
2. ln x − 2 ln 3 − 3 ln 2 = 0
Lösung:
ln x − 2 ln 3 − 3 ln 2 = 0 ⇐⇒ ln x = 2 ln 3 + 3 ln 2 = ln 32 + ln 23 = ln 9 + ln 8
⇐⇒ eln x = eln 9+ln 8 = eln 9 eln 8
⇐⇒ x = 9 · 8 = 72
3. 3x−2 = 2x+3
Lösung:
3x−2 = 2x+3 ⇐⇒ ln 3x−2 = ln 2x+3
⇐⇒ (x − 2) ln 3 = (x + 3) ln 2
⇐⇒ x ln 3 − 2 ln 3 = x ln 2 + 3 ln 2
⇐⇒ x ln 3 − x ln 2 = 3 ln 2 + 2 ln 3
⇐⇒ x(ln 3 − ln 2) = 3 ln 2 + 2 ln 3
3 ln 2 + 2 ln 3
≈ 10, 54
⇐⇒ x =
ln 3 − ln 2
12
4. e2x + 2ex − 3 = 0
Lösung:
e2x + 2ex − 3 = 0 ⇐⇒ (ex )2 + 2 (ex ) − 3 = 0
ˆ Substitution:
z := ex ⇐⇒ 0 = z 2 + 2z − 3 = (z − 1)(z + 3)
⇐⇒ z1 = 1, z2 = −3
ˆ Rücksubstitution:
ex = z1 = 1 ⇐⇒ ln ex = ln 1 ⇐⇒ x = 0
ex = z2 = −3 =⇒
1.8
Ungleichungen
Im Umgang mit Ungleichungen sind folgende Umformungen erlaubt:
ˆ Auf beiden Seiten darf derselbe Term c ∈ R addiert (subtrahiert) werden, z.B.
◦ x − 3 > 0 ⇐⇒ x > 3 (Addition von 3)
◦ x + 7 < 0 ⇐⇒ x < 7 (Subtraktion von 7)
ˆ Beide Seiten dürfen mit demselben Faktor c 6= 0 multipliziert (dividiert) werden. Ist c < 0, so verändert sich die Richtung des Ungleichungszeichens, z.B.
◦ 3x > 1 ⇐⇒ x >
1
3
(Division durch 3)
◦ −x < 7 ⇐⇒ x > −7 (Multiplikation mit −1)
Quadratische Ungleichungen kann man oft mithilfe von
ˆ quadratischer Ergänzung oder
ˆ Produktdarstellung
lösen. Dazu betrachten wir einige Beispiele.
Aufgaben:
Lösen Sie die folgenden Ungleichungen.
1. x2 − 2x − 8 < 0
2. (x + 1)(x − 3) ≥ 0
Lösungen:
1. x2 − 2x − 8 < 0
ˆ Lösung durch quadratische Ergänzung:
(x2 − 2x + 1) − 1 − 8 < 0 ⇐⇒ (x − 1)2 − 9 < 0
⇐⇒ (x − 1)2 < 9
13
p
√
⇐⇒ (x − 1)2 < 9
⇐⇒ |x − 1| < 3
⇐⇒ x − 1 < 3 und − (x − 1) < 3
⇐⇒ x < 4 und x > −2
⇐⇒ L = {x ∈ R | −2 < x < 4}
ˆ Lösung durch Produktdarstellung:
x2 − 2x − 8 < 0 ⇐⇒ (x + 2)(x − 4) < 0
Damit dieses Produkt kleiner als null sein kann, muss ein Faktor positiv
und ein Faktor negativ sein. Das ergibt zwei Fälle:
1. Fall: x + 2 < 0 und x − 4 > 0.
Dann folgt x < −2 und x > 4, was nicht sein kann.
2. Fall: x + 2 > 0 und x − 4 < 0.
Dann folgt x > −2 und x < 4. Also enthält L = {x ∈ R | −2 < x < 4}
die einzigen Lösungen.
2. (x + 1)(x − 3) ≥ 0
Wir betrachten zwei Fälle:
1. Fall: x + 1 ≥ 0 und x − 3 ≥ 0.
Dann folgt x ≥ −1 und x ≥ 3. Also sind die Elemente der Menge {x ∈ R |
x ≥ 3} Lösungen.
2. Fall: x + 1 ≤ 0 und x − 3 ≤ 0.
Dann folgt x ≤ −1 und x ≤ 3. Also sind die Elemente der Menge {x ∈ R |
x ≤ −1} Lösungen.
Insgesamt gilt also L = R \ (−1, 3).
Sie wissen schon, dass sich die Richtung des Ungleichungszeichens ändert, wenn
man beide Seiten mit einer negativen Zahl multipliziert. Wichtig ist aber daran zu
denken, dass die Multiplikation mit einem Unbekannten wie x auch negativ sein
könnte. Dies führt oft zu Fallunterscheidungen in der Lösung. Hierzu machen wir
jetzt ein Beispiel.
Aufgabe:
Lösungen Sie die Ungleichung
3
x
> 3.
Lösung:
Fall 1: x > 0
3
x
> 3 ⇐⇒ 3 > 3x ⇐⇒ x < 1
Fall 2: x = 0
Dieser Fall kann nicht vorkommen, denn sonst ist die Ungleichung nicht definiert.
14
Fall 3: x < 0
3
x
> 3 ⇐⇒ 3 < 3x ⇐⇒ x > 1, ein Widerspruch, denn es gilt x < 0.
Insgesamt gilt für die Lösungsmenge dann L = {x ∈ R | 0 < x < 1} = (0, 1).
1.9
Betrags[un]gleichungen
Die Fallunterscheidung spielt eine wichtige Rolle bei Gleichungen und Ungleichungen
mit Beträgen, zumal die Betragsfunktion selbst anhand einer Fallunterscheidung
definiert ist:
(
x,
falls x ≥ 0
|x| =
.
−x, falls x < 0
Aufgaben:
Lösen Sie folgende Betrags[un]gleichungen.
1. |2x − 3| = 5
2. |5 − 3x| < 2
Lösungen:
1. |2x − 3| = 5
Fall 1: 2x − 3 ≥ 0
Dann gilt 2x − 3 = 5 ⇐⇒ 2x = 8 ⇐⇒ x = 4.
Fall 2: 2x − 3 < 0
Dann gilt −(2x − 3) = 5 ⇐⇒ −2x = 2 ⇐⇒ x = −1.
Damit ist unsere Lösungsmenge L = {−1, 4}.
2. |2 − x| < 3
Fall 1: 2 − x ≥ 0
Dann gilt 2 − x < 3 ⇐⇒ −x < 1 ⇐⇒ x > −1.
Nach Voraussetzung gilt 2 − x ≥ 0 ⇐⇒ −x ≥ −2 ⇐⇒ x ≤ 2.
Also lösen alle Zahlen der Menge {x ∈ R | −1 < x ≤ 2} die Ungleichung.
Fall 2: 2 − x < 0
Dann gilt −(2 − x) < 3 ⇐⇒ x < 5.
Nach Voraussetzung gilt 2 − x < 0 ⇐⇒ −x < −2 ⇐⇒ x > 2.
Also Lösen alle Zahlen der Menge {x ∈ R | 2 < x < 5} die Ungleichung.
Damit ist unsere Lösungsmenge L = {−1, 5}.
Es ist vielleicht nicht überflüssig zu betonen, dass es immer eine gute Idee ist, die
Lösungen in die ursprüngliche Gleichung bzw. Ungleichung zu setzen, um zu prüfen,
ob das Resultat korrekt ist.
15