Aufgabenkomplex 2 mit Lösung
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Technische Universität Chemnitz
Fakultät für Mathematik
25. Oktober 2010
Höhere Mathematik I.1
Aufgabenkomplex 2: Umrechnung von Einheiten, Mengenlehre,
Ungleichungen, Komplexe Zahlen
Letzter Abgabetermin: 18. November 2010
(in Übung oder Briefkasten bei Zimmer Rh. Str. 41/615)
Bitte die Arbeiten deutlich mit „Höhere Mathematik I.1, Aufgabenkomplex 2“
kennzeichnen und die Übungsgruppe angeben, in der die Rückgabe erfolgen soll!
Außer Aufgabe 1 sind die Aufgaben ohne elektronische Hilfsmittel zu lösen!
1. Rechnen Sie eine Beschleunigung von 11 m/s2 in Seemeilen pro Stundenquadrat und in Lichtjahre pro (julianische) Jahrequadrat um!
2. Sei A = {(x, y)| x, y ∈ R, |x| ≤ 1, |y+1| ≤ 2}, B = {(x, y)| x, y ∈ R, |x−2| ≤ 2, |y−3| ≤ 3}.
a) Stellen Sie A, B, A ∩ B, A ∪ B, A\B, B\A grafisch dar!
b) Stellen Sie A ∩ B möglichst einfach mit mathematischen Symbolen dar!
3. Lösen Sie für x ∈ R die Ungleichungen
a) x2 − 6x + 9 > 1,
b) |x + 1| + |x + 2| ≤ 2
und
4. Stellen Sie die Mengen aller komplexen Zahlen, für die
√
√
a) |z| = | 13 i − 6 | bzw. b) z = | 13 i − 6 |
gilt, grafisch dar!
5. Ermitteln Sie die komplexe Zahl z, für die
c)
|x + 3| 1
> !
6−x
2
1 + 3i
2 − 3i
7i
z+
= − gilt!
25
1 + 2i
5
√
6. Bestimmen Sie die Polardarstellungen der komplexen Zahlen z1 = −1+i, z2 = 27+3i
z10 z4
und z3 = 36 und berechnen Sie mit ihrer Hilfe 1 2 2 ! Geben Sie das Ergebnis auch in
z3
algebraischer Darstellung an!
7. Sei z = x + iy und es gelte |z| ≤ 1 − Re(z).
a) Geben Sie eine Ungleichung an, die den Zusammenhang zwischen dem Realteil x und dem
Imaginärteil y beschreibt!
b) Skizzieren Sie {z ∈ C : |z| ≤ 1 − Re(z)} !
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 25. Oktober 2010
2
Aufgabenkomplex 2: Umrechnung von Einheiten, Mengenlehre,
Ungleichungen, Komplexe Zahlen
Letzter Abgabetermin: 18. November 2010
1. Rechnen Sie eine Beschleunigung von 11 m/s2 in Seemeilen pro Stundenquadrat und in Lichtjahre pro (julianische) Jahrequadrat um!
Lösung:
1 sm
m
m
11 · 36002 sm
sm
11 2 = 11 1852m2 =
≈
76
976
s
1852 h2
h2
1h
s2
3600 s
1 Lj
m
(365,25 · 24 · 3,6)2 · 106 Lj
Lj
9,460 730 472 580 8 · 1015 m
= 11 = 11
≈ 1,1579 2
2
15 a2
a
9,460 730 472 580 8 · 10
1a
s2
365,25 · 24 · 3600 s
2. Sei A = {(x, y)| x, y ∈ R, |x| ≤ 1, |y+1| ≤ 2}, B = {(x, y)| x, y ∈ R, |x−2| ≤ 2, |y−3| ≤ 3}.
a) Stellen Sie A, B, A ∩ B, A ∪ B, A\B, B\A grafisch dar!
b) Stellen Sie A ∩ B möglichst einfach mit mathematischen Symbolen dar!
Lösung:
a)
6
6
6
6
6
6
5
5
5
5
5
5
4
4
4
4
4
4
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
–1 0
–1
–2
–3
1
2
3
A
4 –1 0
–1
–2
–3
1
2
3
B
4 –1 0
–1
–2
–3
1
2
3
4 –1 0
–1
A∩B
–2
–3
1
2
3
A∪B
4 –1 0
–1
1
2
3
A\B
–2
–3
4 –1 0
–1
–2
1
2
3
4
B\A
–3
Bei den Bildern für A\B und B\A wird durch die nicht ausgefüllten Kreise um die Punkte
(0, 1) und (1, 0) die Nichtzugehörigkeit dieser Punkte zu den Mengen symbolisiert.
b) A ∩ B = {(x, y) | x, y ∈ R, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}
3. Lösen Sie für x ∈ R die Ungleichungen
a) x2 − 6x + 9 > 1,
Lösung:
b) |x + 1| + |x + 2| ≤ 2
und
c)
|x + 3| 1
> !
6−x
2
√
a) x2 − 6x + 9 > 1 ⇐⇒ x2 − 6x + 8 > 0, x1,2 = 3 ± 9 − 8 = 4, 2,
x2 − 6x + 8 = (x − 4)(x − 2) > 0 falls x − 4 > 0 ∧ x − 2 > 0 ⇒ x > 4
oder x − 4 < 0 ∧ x − 2 < 0 ⇒ x < 2
Lösung: {x ∈ R : x < 2 ∨ x > 4} = (−∞, 2) ∪ (4, ∞)
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 25. Oktober 2010
b) Fallunterscheidung
5
2
x < −2 :
−x−1−x−2 ≤ 2,
−5 ≤ 2x, x ≥ −
−2 ≤ x < −1 :
−x−1+x+2 ≤ 2,
−1 ≤ 2, gilt immer
1
x+1+x+2 ≤ 2,
2x ≤ −1, x ≤ −
2
1
5 1
5
Lösung: x ∈ R : − < x < −
= − ,−
2
2
2 2
−1 ≤ x :
3
Beitrag zur Lösung
5
− , −2
2
h
− 2, −1
1
−1, −
2
c) Wir unterscheiden vier Fälle:
(I) x > 6: Betragszeichen können weggelassen werden, da das Argument positiv ist. Nach
Multiplikation mit 2(6−x) ergibt sich 2x+6 < 6−x (Relationszeichen dreht sich um,
da Multiplikation mit negativer Größe erfolgt.) und damit x < 0, was ein Widerspruch
zur Voraussetzung x > 6 des Falls ist.
(II) x = 6: Der gegebene Ausdruck ist wegen Division durch 0 nicht definiert.
(III) −3 ≤ x < 6: Betragszeichen können weggelassen werden, da das Argument nichtnegativ
ist. Nach Multiplikation mit 2(6−x) ergibt sich 2x+6 > 6−x (Relationszeichen bleibt
erhalten, da Multiplikation mit positiver Größe erfolgt.) und damit x>0. Für diesen Fall
gehören somit die x mit 0 < x < 6 zur Lösung.
(IV) x < −3: Beim Auflösen des Betrages muss das Argument mit −1 multipliziert werden,
da es negativ ist. Nach Multiplikation mit 2(6−x) ergibt sich hier −2x−6 > 6−x
(Relationszeichen bleibt erhalten, da Multiplikation mit positiver Größe erfolgt.) und
damit −12 > x. Für diese x ist auch die Voraussetzung des Falles x < −3 erfüllt.
Lösung somit: {x ∈ R : x < −12 ∨ 0 < x < 6} = (−∞, −12) ∪ (0, 6).
4. Stellen Sie die Mengen aller komplexen Zahlen, für die
√
√
a) |z| = | 13 i − 6 | bzw. b) z = | 13 i − 6 |
gilt, grafisch dar!
Lösung:
q
√ 2 √
√
√
| 13 i − 6 | = 62 + 13 = 36 + 13 = 49 = 7
a) |z| = 7, d.h. Menge aller komplexen Zahlen mit Betrag 7 (Abstand 7 vom Koordinatenursprung)
b) z = 7, d.h. nur die Zahl 7
13 i–6
i
i
1
7
5. Ermitteln Sie die komplexe Zahl z, für die
1
1 + 3i
2 − 3i
7i
z+
= − gilt!
25
1 + 2i
5
7
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 25. Oktober 2010
4
Lösung:
1+3i
7i (2−3i) (1−2i)
7i 2−3i−4i−6
7i 4−7i 4
z=− −
=− −
=− −
=
25
5 (1+2i) (1−2i)
5
5
5
5
5
z=
20(1−3i)
20−60i
25 4
=
=
= 2−6i
1+3i 5 (1+3i) (1−3i)
10
√
6. Bestimmen Sie die Polardarstellungen der komplexen Zahlen z1 = −1+i, z2 = 27+3i
z10 z4
und z3 = 36 und berechnen Sie mit ihrer Hilfe 1 2 2 ! Geben Sie das Ergebnis auch in
z3
algebraischer Darstellung an!
Lösung:
√
3π
3π
z1 = 2 cos +i sin
4
4
√
1
3
3
π
|z2 | = 27+9 = 6, ϕ = arctan √ = arctan √ = arctan √ = (da I. Quadrant)
3 3
3 6
π
27
π
z2 = 6 cos +i sin
6
6
z3 = 36 (cos 0+i sin 0)
√ 10
4
2 cos 304π +i sin 304π 64 cos 46π +i sin 46π
z10
45+4
45+4
5
1 z2
= 2 cos
π +i sin
π
=
6
6
z23
362
!
√
√
49π
49π
π
π
3 1
= 32 cos
+i sin
= 32 cos +i sin
+ i = 16 3+16 i
= 32
6
6
6
6
2 2
7. Sei z = x + iy und es gelte |z| ≤ 1 − Re(z).
a) Geben Sie eine Ungleichung an, die den Zusammenhang zwischen dem Realteil x und dem
Imaginärteil y beschreibt!
b) Skizzieren Sie {z ∈ C : |z| ≤ 1 − Re(z)} !
Lösung:
p
p
a) z = x + iy, |z| = x2 + y2 , Re(z) = x, d.h. x2 + y2 ≤ 1 − x.
p
b) Aus x2 + y2 ≤ 1 − x folgt zunächst, dass 1 − x ≥ 0 und damit x ≤ 1 sein muss. Ist dies der
Fall, so ist die Ungleichung äquivalent zu
y2 1
x2 + y2 ≤ 1 − 2x + x2 ⇐⇒ y2 ≤ 1 − 2x ⇐⇒ x ≤ − + .
2 2
Ist die zuletzt notierte Ungleichung erfüllt, so ist x ≤ 1 automatisch erfüllt. Die Lösungsmenge
y2 1
kann also durch {z ∈ C : z = x + iy, x ≤ − + } beschrieben werden.
2 2
