Vorkurs Höhere Mathematik

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Herbst 2015
Blatt 3
Vorkurs Höhere Mathematik
1. Gehen Sie die Inhalte der heutigen Vorlesung in kleinen Gruppen durch und fertigen Sie eine Zusammenfassung bzw. ein Formelblatt an.
√
2 ̸∈ Q.
√
Hinweis: Nehmen Sie an, es gilt 2 = mn , wobei m
n vollständig gekürzt ist.
√
√
Lösung: Angenommen, 2 ist rational. Dann wäre 2 = mn ∈ Q und durch Kürzen erhielten wir
√
p
2 = q , wobei p und q teilerfremd wären. Mit Quadrieren folgte dann:
2. Begründen Sie, warum
√
p2
( 2)2 = 2 ⇐⇒ 2q2 = p2 .
q
Es müsste also die Zahl p2 gerade sein, da sie 2 als Teiler hat. Damit wäre dann auch p gerade, also
p = 2r mit r ∈ Z. Einsetzen lieferte dann:
2q2 = p2 ⇐⇒ 2q2 = 4r2 ⇐⇒ q2 = 2r2 .
Damit wäre also auch q gerade. Dann hätten sowohl p als auch q den Teiler 2. Das steht
√ im Widerspruch dazu, dass p und q teilerfremd sind. Es gibt demnach keine Darstellung von 2 als Bruch.
3. Bestimmen Sie in den folgenden Fällen jeweils die Menge aller x ∈ R, die den Ungleichungen genügen, und skizzieren Sie diese Mengen auf der Zahlengeraden:
(a)
(b)
x −1
x +1 < 1,
x2 + x + 1
≥ 0,
(c) x3 − x2 < 2x − 2,
(e) 15x2 ≤ 7x + 2,
(d) |1 − x | ≤ 1 + 2x,
(f) | x + 1| + |5x − 2| = 6,
Lösung:
(a) Die erste Idee ist, diese Ungleichung mit x + 1 zu multiplizieren. Dazu ist eine Fallunterscheidung x + 1 > 0 und x + 1 < 0 nötig (x + 1 = 0 ist gar nicht zugelassen). Wir vermeiden diese
Fallunterscheidung durch folgenden Trick, wobei das Glück uns beisteht und sich der entstehende Quotient derart vereinfacht, sodass keine Fallunterscheidung nötig wird:
x−1
x−1
x − 1 − ( x + 1)
2
<1 ⇔
−1<0 ⇔
<0⇔ −
<0
x+1
x+1
x+1
x+1
⇔ x + 1 > 0 ⇔ x > −1 ,
sodass L = { x ∈ R | x > −1}.
(b) Die Mitternachtsformel zeigt, dass das Polynom x2 + x + 1 keine reellen Nullstellen hat:
√
1
1
1
x1/2 = − ±
− 1 mit − 1 < 0 .
2
4
4
Damit gibt es keinen Vorzeichenwechsel. Setzt man x = 0 ein, so stimmt die Ungleichung, damit
ist die Ungleichung aber für alle x ∈ R erfüllt, also L = R.
Alternative: Mit quadratischer Ergänzung erhalten wir
x2 + x + 1 = ( x + 1/2)2 + 3/4 .
Da Quadrate immer nichtnegativ sind, gilt somit x2 + x + 1 > 0 für jedes reelle x.
1
(c) Es gilt:
x3 − x2 < 2x − 2 ⇔ ( x − 1)( x2 − 2) < 0 .
√
2}.
√
2. Fall: x − 1 < 0 und x2 − 2 > 0. In diesem Fall gilt L2 = { x ∈ R | x < − 2}.
√
√
Insgesamt erhalten wir L = { x ∈ R | x < − 2 ∨ 1 < x < 2}.
1. Fall: x − 1 > 0 und x2 < 2. In diesem Fall gilt L1 = { x ∈ R | 1 < x <
(d) Wir unterscheiden 1 − x ≥ 0 und 1 − x < 0:
1. Fall: 1 − x ≥ 0. Dann erhalten wir:
1 − x ≤ 1 + 2x ⇔ 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 .
Damit gilt L1 = { x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1}.
2. Fall: 1 − x < 0. Dann erhalten wir:
−(1 − x ) ≤ 1 + 2x ⇔ x − 1 ≤ 2x + 1 ⇔ x ≥ −2 .
Damit gilt L2 = { x ∈ R | x > 1}.
Insgesamt erhalten wir L = { x ∈ R | x ≥ 0}.
(e) Wir erhalten mit der Mitternachtsformel
15x2 ≤ 7x + 2 ⇔ 15( x − 2/3)( x + 1/5) ≤ 0 .
1.Fall: x − 2/3 > 0 und x + 1/5 < 0. Solche x ∈ R gibt es nicht, sodass L1 = ∅.
2. Fall: x − 2/3 ≤ 0 und x + 1/5 ≥ 0. In diesem Fall erhalten wir L2 = [−1/5, 2/3].
Insgesamt haben wir also L = [−1/5, 2/3].
(f) Wir lösen die Beträge auf, indem wir eine Fallunterscheidung gemäß der Teilmengen (−∞, −1),
[−1, 2/5) und [2/5, ∞) betrachten:
1. Fall: x ≥ 2/5. Es gilt x + 1 + 5x − 2 = 6 ⇔ 6x = 7 ⇔ x = 7/6. Hier erhalten wir L1 = {7/6}.
2. Fall: x < −1. Es gilt − x − 1 − 5x + 2 = 6 ⇔ 6x = −5 ⇔ x = −5/6. Hier erhalten wir L2 = ∅.
3. Fall: −1 ≤ x < 2/5. Es gilt x + 1 − 5x + 2 = 6 ⇔ 4x = −3 ⇔ x = −3/4. Hier erhalten wir
L3 = {−3/4}.
Insgesamt erhalten wir die Lösungsmenge L = {−3/4, 7/6}.
4. Gegeben seien rationale Zahlen p, q und irrationale Zahlen r, s. Beweisen oder widerlegen Sie folgende Aussagen:
2
(a) x = p + q ist eine rationale Zahl.
(b) y = r + s ist eine irrationale Zahl.
(c) z = p + r ist eine irrationale Zahl.
Lösung:
(a) Es gelte p =
hauptung.
m1
n1 ,
q=
m2
n2
∈ Q. Dann gilt p + q =
m1
n1
+
m2
n2
=
m1 n2 + m2 n1
n1 n2
(b) Diese Behauptung kann nicht stimmen: Es sind nämlich r =
len, die Summe r + s = 0 hingegen rational.
√
∈ Q, also stimmt die Be-
√
2 und s = − 2 irrationale Zah-
(c) Angenommen, z ∈ Q. Dann gilt r = z − p ∈ Q, das stimmt nicht. Damit kann z nicht rational
sein, somit ist z irrational.
5. Welche der folgenden Aussagen sind richtig? Begründen Sie Ihre Antwort!
(a) Für alle x, y ∈ R gilt | x − y| ≤ | x | − |y|.
(b) Für alle x, y ∈ R gilt die Gleichung | x − y| = || x | − |y||.
(c) Für alle x, y ∈ R gilt || x | − |y|| ≤ | x − y|.
Lösung:
(a) Falsch, da z.B. |0 − 1| = 1 ̸≤ −1 = |0| − |1|.
(b) Falsch, da z.B. |1 − (−1)| = 2 ̸= 0 = ||1| − | − 1||.
(c) Richtig:
| x | = | x − y + y| ≤ | x − y| + |y| ⇒ | x | − |y| ≤ | x − y|
|y| = |y − x + x | ≤ |y − x | + | x | ⇒ |y| − | x | ≤ |y − x | ⇒ −(| x | − |y|) ≤ | x − y| .
Damit gilt also || x | − |y|| ≤ | x − y|.
6. Untersuchen Sie die Mengen
(a) M = { x ∈ R | x = n/(n+1), n ∈ N},
{
}
(b) M = n2/2n | n ∈ N
auf Beschränktheit und bestimmen Sie ggf. Infimum, Supremum, Minimum und Maximum.
Lösung:
(a) Die ersten Elemente der Menge lauten 1/2, 2/3, 3/4, 4/5 , . . .. Man schöpft schnell den Verdacht:
1/2 ≤ x ≤ 1 für alle x ∈ M. Obwohl dies eigentlich klar ist und als selbstverständlih hingenommen werden kann, begründen wir diese Aussage ganz formal.
Wir beginnen mit der unteren Schranke:
n
1
≥
n+1 2
∀ n ∈ N ⇔ 2n ≥ n + 1 ∀n ∈ N ⇔ n ≥ 1 ∀ n ∈ N .
Damit ist gezeigt, dass 1/2 eine untere Schranke von M ist, insbesondere M also nach unten
beschränkt ist. Wegen 1/2 ∈ M haben wir bereits auch gezeigt: inf( M) = 21 und min( M ) = 12 .
Nun zur oberen Schranke:
n
≤1
n+1
∀n ∈ N ⇔ n ≤ n + 1 ∀n ∈ N ⇔ 0 ≤ 1 n ∈ N .
3
Damit ist gezeigt, dass 1 eine obere Schranke von M ist. Angenommen, es gibt eine weitere
obere Schranke b < 1 von M, also x ≤ b für alle x ∈ M, dann folgt:
n
≤ b ∀ n ∈ N ⇔ n ≤ bn + b ∀ n ∈ N
n+1
b
⇔ (1 − b ) n ≤ b ∀ n ∈ N ⇔ n ≤
∀n ∈ N,
| {z }
1−b
x ≤ b < 1 ∀x ∈ M ⇔
>0
das ist nicht möglich, da N unbeschränkt ist. Damit gilt sup( M ) = 1. Da 1 ∈
/ M, hat die Menge
M kein Maximum.
(b) Wir berechnen zuerst ein paar Elemente der Menge:
n
1
n2
2n
1
2
4
4
2
3
=1
9
8
16
16
4
5
6
=1
25
32
36
64
2
Es liegt die Vermutung nahe, dass 2nn ≤ 1 für n ≥ 4. Das ist aber gleichwertig zu n2 ≤ 2n ∀n ≥ 4.
Dass diese Ungleichung stimmt, wissen wir längst, das haben wir nämlich per vollständiger
Induktion gezeigt.
Es ist demnach sup( M) = max( M) = 98 . Außerdem gilt wegen
( n +1)2
2n +1
n2
2n
( n +1)2
2n +1
( n + 1)2 1
=
=
2
2n2
(
n+1
n
)2
(
)
1
1 2
=
1+
<1
2
n
( 2)
n2
2n
∀n ≥ 3,
dass
< ist, für alle n ≥ 3. Man sagt: Die Folge 2nn fällt „schließlich streng monoton“.
Die Zahl werden also mit wachsendem n immer echt kleiner. Wegen der Beschränktheit nach
unten durch 0, keine der Zahlen wird negativ, gilt inf( M) = 0; ein Minimum existiert nicht, es
gibt in M nämlich kein kleinstes Element.
4