Mathematik für die Chemie I Lösungen

Institut für Mathematik, Universität Zürich
Prof. Dr. A. Beliakova
Herbstsemester 2013
Mathematik für die Chemie I
Lösungen Aufgabenblatt 2
Aufgabe 1 Indirekter Beweis: Wir nehmen das Gegenteil an, also dass
Also gibt es Zahlen p ∈ und q ∈ \ {0}, so dass
√
3
2 = pq .
Z
√
Da 3 2 > 0 ist, ist p ∈
q teilerfremd.
N
√
3
2 rational ist.
N. Ausserdem sei die Darstellung des Bruchs gekürzt, d.h. p und
Aus der Definition der Kubikwurzel folgt p3 = 2 · q 3 . Also ist p3 gerade.
p3 kann nur gerade sein, wenn p gerade ist. Also gibt es ein r ∈
ist aber
p3 = (2 · r)3 = 8 · r3 = 2 · q 3 .
N mit p = 2 · r. Dann
Also ist q 3 = 4 · r3 . Dies ist wiederum eine gerade Zahl. Das kann nur sein, falls q gerade
ist. Dann ist aber 2 ein gemeinsamer Teiler von q und p, insbesondere sind sie nicht
teilerfremd. Dies ist ein Widerspruch.
√
Also ist 3 2 nicht rational.
(2 Punkte)
Aufgabe 2 (ausführlich) Der Graph der Funktion g : R → R, x 7→ g(x) = 4(x + 1)2 + 1
ist eine nach oben geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt S = (x0 , y0 ) = (−1, 1).
Somit ist g streng monoton fallend im Intervall (−∞, −1] und streng monoton wachsend
im Intervall [−1, ∞). Damit f injektiv ist, muss somit entweder I ⊂ (−∞, −1] oder
I ⊂ [−1, ∞) gelten. Da 0 ∈ I gelten soll und I möglichst gross sein soll, muss man
I := [−1, ∞) setzen. Dann ist f injektiv, da es dann streng monoton wachsend ist.
Alternativ kann man auch wie folgt vorgehen. Sei I := [−1, ∞). Um zu zeigen, dass f
injektiv ist, seien x1 , x2 ∈ I mit f (x1 ) = f (x2 ). Dann gilt 4(x1 + 1)2 + 1 = 4(x2 + 1)2 + 1,
also auch 4(x1 + 1)2 = 4(x2 + 1)2 und daher (x1 + 1)2 = (x2 + 1)2 . Durch Wurzelziehen
folgt |x1 + 1| = |x2 + 1| und wegen x1 ≥ −1 und x2 ≥ −1 gilt daher x1 + 1 = x2 + 1.
Somit gilt x1 = x2 . Insgesamt ist nun gezeigt, dass f mit dieser Wahl von I injektiv ist.
Man kann kein grösseres Intervall I wählen. Denn wenn I ein Intervall ist mit [−1, ∞) ⊂ I
und [−1, ∞) 6= I, dann gibt es ein x1 ∈ I mit x1 < −1. Wegen [−1, ∞) ⊂ I gilt dann
auch x2 := −1 + (−1 − x1 ) = −2 − x1 ∈ I, da x2 ≥ −1 wegen x1 < −1 gilt. Wegen
x1 6= x2 und
f (x2 ) = 4(x2 + 1)2 + 1 = 4(−1 − x1 )2 + 1 = 4(−(1 + x1 ))2 + 1 = 4(1 + x1 )2 + 1 = f (x1 )
ist f mit dieser Wahl von I aber nicht injektiv.
Insgesamt haben wir nun auf zwei verschiedene Arten gezeigt, dass I := [−1, ∞) gelten
muss. Wegen f (x) = 4(x + 1)2 + 1 ≥ 1 folgt Im(f ) ⊂ [1, ∞). Es gilt tatsächlich Im(f ) =
[1, ∞). Dies kann man wieder auf zwei Wegen begründen. Einerseits ist der Graph von
f genau die rechte Hälfte des Graphen von g, also genau die rechte Hälfte einer nach
oben geöffneten Parabel. Daher nimmt f alle Werte an, die mindestens so gross sind wie
der Funktionswert 1 im Scheitelpunkt, also Im(f ) = [1, ∞). Andererseits gilt für jedes
y ≥ 1 und x ≥ −1:
y = 4(x + 1)2 + 1 ⇐⇒ y − 1 = 4(x + 1)2
y−1
⇐⇒
= (x + 1)2 .
4
q
Wegen y ≥ 1 ist dies äquivalent zu y−1
4 = |x + 1|. Wegen x ≥ −1 ist dies äquivalent
q
q
y−1
y−1
zu
4 = x + 1, also x =
4 − 1. Daher gibt es zu jedem y ∈ [1, ∞) genau ein
q
x ∈ [−1, ∞), nämlich x = y−1
4 − 1, so dass f (x) = y gilt. Es folgt Im(f ) = [1, ∞).
y = f (x)
⇐⇒
Ausserdem können wir durch obige Rechnung direkt die Umkehrfunktion
f −1 angeben.
q
Sie ist gegeben durch f −1 : [1, ∞) → [−1, ∞), x 7→ f −1 (x) = x−1
4 − 1.
(1 Punkt)
Aufgabe 3 (a) p1 (x) ist vom Grad
√ 2. Es ist
√ p1 (x) = (x +
p1 (x) die beiden Nullstellen − 3 und 3.
√
3) · (x −
√
3), also besitzt
(b) p2 (x) ist vom Grad 2. Da p2 (x) = x2 −
√ p2 (x) nach der bekannten
√6 x + 1 ist, besitzt
Formel die beiden Nullstellen 3 + 2 · 2 und 3 − 2 · 2.
(c) p3 (x) ist vom Grad 3. Es ist p3 (1) = 0. Mittels Polynomdivision erhält
√ man p3 (x) =
2
(x − 1) · (x − 6x − 6). Der zweite √
Faktor besitzt√die Nullstellen 3 ± 15, also besitzt
p3 (x) die drei Nullstellen 1, 3 − 15 und 3 + 15.
(d) p4 (x) ist vom Grad 4. Es ist p4 (x) = (x − 5) · (x − 1) · (x − 2) · (x + 1), also besitzt
p(x) die Nullstellen 5, 2, 1 und −1.
p1 (x) = x2 − 3
p2 (x) = x2 − 6 x + 1
p3 (x) = x3 − 7 x2 + 6
r(x) = x4 − 7 x3 + 9 x2 + 7 x − 10
(2 Punkte)
Aufgabe 4
(a) x6 + 2x5 − 3x4 + 2x + 4 = (x + 3) · (x5 − x4 + 2) − 2.
(b) x6 − 2x4 + 4x3 − 2x2 + 5 = (x2 − 2) · (x4 + 4x − 2) + 8x + 1.
Aufgabe 5
(2 Punkte)
(a) Es ist:
x5 − 2x3 − 2x + 1
889
= x4 + 4 x3 + 14 x2 + 56 x + 222 +
x−4
x−4
(b) Polynomdivision ergibt:
x5 + x3 + x − 1 = (x2 − 4) · (x3 + 5 x) + 21 x − 1
Wir suchen somit A, B ∈
R mit:
21 x − 1 ! A
B
Ax + 2A + Bx − 2B
(A + B) · x + 2A − 2B
=
+
=
=
.
2
x −4
x−2 x+2
(x − 2) · (x + 2)
x2 − 4
Somit muss A + B = 21 und 2A − 2B = −1 sein. Dies ergibt A = B − 1/2, also
41
2B − 1 = 21. Somit ist B = 43
4 und A = 4 . Damit erhalten wir:
41
43
x5 + x3 + x − 1
3
4
4
=
x
+
5
x
+
+
.
x2 − 4
x−2 x+2
(2 Punkte)
Aufgabe 6 Berechnen Sie folgende komplexen Zahlen und schreiben Sie die Ergebnisse
in der Form a + b i, a, b ∈ :
R
(a) (1 + 2 i) + (−2 + 2i ) = −1 + 52 i,
(b) (3 − i) − (1 − π 2 i) = 2 + (π 2 − 1)i,
(c) (1 + 2 i) · (2 − 3i) = 2 − 3i + 4i + 6 = 8 + i,
√
√
(d) −4 = 2 · −1 = ±2i.
(1 Punkt)