Untitled - Mathematik und Physik

Primiäre Ausgabe
or
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Amateurarbeit
Meine Algebra Aufgaben mit
Lösungen
V
nicht einfach aber simpel
in
e
Josef Fojcik
D
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e
12. Oktober 2014
∗
Auflage:1, 2014
Uni Pustenberg
für Meine
Inhaltsverzeichnis
4
2 Nicht lineare Gleichungen
2.1 quadratische Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Kubische Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
6
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9
9
11
11
12
13
4 Nicht lineare Ungleichungen
4.1 Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Typische Ungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Komplexes Beispiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
16
19
24
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3 Komplexe Zahlen
3.1 Einführung . . .
3.2 Aufgaben: . . . .
3.2.1 Wurzel1 .
3.2.2 Wurzel2 .
3.2.3 Gleichung
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1 Einleitung
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e
5 Betrags(Un)Gleichunen
5.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 BetragsBesonderheiten . . . . . . . . . . .
5.3.1 Eine tückische Ungleichung [5] . .
5.3.2 Verschachtelte Betragsungleichung
3
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27
27
29
36
36
40
1 Einleitung
”Dieses Buch beinhaltet besondere Algebra Aufgaben, die sowohl
im Allgemeinen, als auch in Fachpublikationen relativ selten zu
finden sind. Die angesprochenen Gebiete sind: Nichtlineare
(Un)Gleichungen, Be- trags(Un)Gleichungen und einige Aufgaben
aus dem Bereich der Komplexen Zahlen
2 Nicht lineare Gleichungen
2.1 quadratische Gleichung
Als erste nehmen wir die einfache quadratische Gleichung. p, q bzw
∆ Methode wird hier nicht präsentiert, weil damit den Kern des
Problems nicht erklärt wird.
Als erstes bringen wir den quadratischen Term auf der linken Seite
der Gleichung - rechts bleib die Null.
Um zu entscheiden, unter welchen Bedingungen der Term gleich Null
ist, muss man ihn als Produkt darstellen. Seine Faktoren geben uns
die Bedingungen - die in einzelnen Fällen gleich Null sein müssen.
Lässt sich das Term nicht in Produktform umwandeln, so hat die
Gleichung keine Lösung (im Reellen Zahlen)
Das Werkzeug für die o.g Umwandlung heißt ”quadratische Ergänzung”.
Wir bringen den Term in die Binomische Formel a2 −b2 = (a−b)(a+
b), dann vergleichen wir die Faktoren gegen Null und schon haben
wir die Lösung.
Aufgabe 1.
x2 − 6 = x
2
x −x−6=0
(1)
(2)
(3)
4
jetzt wird die quadratische Ergänzung gemacht nach der binomischen Formel
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a2 − 2ab + b2 = (a − b)2
1
1
1
x2 − 2 ∗ x ∗ + ( ) 2 − ( ) 2 − 6 = 0
2
2
2
1 1
25
2
(x − 2 ∗ x ∗ + ) −
=0
2 4
4
2 2
5
1
−
=0
x−
2
2
Umgestaltung in Produktform nach der binomischen Formel
in
e
V
a2 − b2 = (a − b)(a + b)
5
1
a = (x − ) ; b =
2
2
2 2 1 5
1 5
1
5
x−
−
= x− −
x− +
=0
2
2
2 2
2 2
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(x − 3)(x + 2) = 0
D
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ein Produkt ist nur dann gleich Null wenn einer oder andere Faktoren
gleich Null sind
x−3=0
x+2=0
x1 = 3
x2 = −2
und das ist schon die Lösung x1 = 3 oder x2 = −2
5
Probe nicht vergessen:
Die Lösungen x1 , x2 in der Ausgangsgleichung (1) einsetzen
x1 = 3 ⇒ 32 − 6 = 3
9−6=3
3=3
x2 = −2 ⇒ (−2)2 − 6 = −2
4 − 6 = −2
−2 = −2
was aber tun, wenn ein Term nicht als Produkt darstellbar ist einfach in das Kapitel ”komplexe Zahlen” reinschauen.
2.2 Kubische Gleichungen
Zunächst der Bézout Satz:
Ist ein Term gleich Null bei x = a dann lässt sich der Term im Produktform darstellen.
Die Zahl a muss geraten werden !!.
Aufgabe 2.
x3 − 6x + 4 = 0
x3 − 6x + 4 = 0
a = 1 → f (1) 6= 0
(4)
(5)
a = 2 → f (2) = 0
(6)
6
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Natürlich lassen sich nicht alle kubischen Gleichungen als Produkt
darstellen. Wenn das nicht der Fall ist dann hilft die Fachliteratur
z.B: [4]
8
3 Komplexe Zahlen
3.1 Einführung
Hat eine quadratische Gleichung z.B x2 + 3 = 0 eine Lösung? nein,jedenfalls nicht im Bereich reeller Zahlen, weil x2 6= −3 gilt.
Es sei denn, wir führen, nach dem √
Vorschlag von Gerolamo Cardano (16 JH) eine imaginäre Zahl i = −1 ein. Dann lautet die Lösung
√
x=i 3 ;
(x =
√
−3 =
√
−1 ∗ 3 =
√
√
√
−1 3 = i 3)
(15)
Jede reelle Zahl findet ihren Platz entlang einer Horizontale:
-5
-1
0
2
3,14...
Fridriech Gauss fand einen Platz für die imaginäre Zahl - eine
Vertikale!
Die Verknüpfung der Geraden stellt die geometrische Interpretation
der Komplexen Zahlen dar.
Doch leider ist diese Darstellung mit dem kartesischen System identisch - Andere Vorschläge wären eventuell von großer Bedeutung.
Die komplexe Zahl Koordinate:
9
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Abbildung 1: Gauß.Im Beispiel z = 3+2i -algebraische Form.
D
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Komplexe Zahlen kommen in zwei Grundformen vor, algebraische,
z = a + ib haben wir gerade kenngelehrnt. Die andere ist die trygonometrische, die mit der Funktionen Sinus/Cosinus berechnet wird.
Siehe Abbildung:1. zunächst aber der Betrag der komplexen Zahl.
p
r = a 2 + b2
(16)
b
= sin φ ⇒ b = r sin φ
(17)
r
a
= cos φ ⇒ a = r cos φ
(18)
r
z = a + ib = r cos φ + ir sin φ = r(cos φ + i sin φ)
(19)
10
Addieren, Subtrahieren, Multiplizieren, Dividieren ist relativ einfach, doch beim Potenzieren wird die folgende Formel in Anspruch
genommen:
[z = r(cot φ + i sin φ)]n = rn {cos[n(φ + 2kπ)] + i sin[n(φ + 2kπ)]}
(20)
wobei k = 0, ±1, ±2... bis k = n − 1
3.2 Aufgaben:
3.2.1 Wurzel1
[1][s.36] Welche komplexe Zahlen genügen dieser Gleichung?
p
z = 3 (3 + i)2
Die komplexe Zahl zi = (3 + i)2 = 9 + 6i + i2 = 8 + 6i
wir in eine trigonometrische Form um:
formen
a=8 ;
b=6
p
√
2
2
r = a + b = 64 + 36 = 10
a
8
cos φ = =
r
10
b
6
sin φ = =
r
10
φ = 36◦ 52,
Die trigonometrische Form:
zi = r(cos φ + i sin φ) = 10[cos(36◦ 52, ) + i sin(36◦ 52, )]
jetzt kommt die • (20) im Einsatz (n=1/3):
Die Vorschau wird unterbrochen und folgt dann später.
11
(21)
Die trigonometrische Form:
11π
11π
+ i sec
)
6
6
jetzt kommt die Potentzformel (20) im Einsatz (n=1/3):
z = r(cos φ + i sin φ) = 2(cos
(23)
1
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Die Vorschau wird unterbrochen und folgt dann später.
11π
1
11π
1
+ 2πk) + i sin(
+ 2πk) ]
6
3
6
3
√
11π
11π
3
+ i sin
)
k = 0 ⇒ z1 = 2(cos
18
18
1
z 3 = 2 3 [cos(
st
e
und das wars
√
3
2(cos
35π
35π
+ i sin
)
18
18
in
e
k = 2 ⇒ z3 =
V
dieses Ergebnis kann man in eine algebraische Form umwandeln:
3.2.3 Gleichung
D
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si
Auf.2. [4][s.120,Zad.530]
x6 + 64 = 0
x6 + 64 = 0
x6 = −64
a = −64, b = 0
p
r = −642 + 0 = 64
13

a
−64
=
= −1

r
64
φ=π
0
b
=0
cos φ = =
r
64
sin φ =
Die komplexe Zahl:
Die Vorschau wird unterbrochen und folgt dann später.
wobei
k = 0, ±1, ±2, ... ± 5
π
π
k = 1 ⇒ x2 = 2(cos + i sin ) = 2i
2
2
weitere Lösungen bis x6 werden dem Leser überlassen nach dem
Motto ”Übung macht den Meister”.
Komplexe Zahlen werden vor allem in der Physik verwendet. Aber
auch in der Mathematik selbst findet man zahlreiche Anwendungen
wie z.B. die Herleitung der Formel sin 3x b.z.w. cos 3x
Die trigonometrische Form der Komplexen Zahl z = r(cos φ+i sin φ)
betrachten wir im Einheitskreis (r = 1, k = 0) und haben wir z =
(cos φ + i sin φ) und potenzieren wir mit 3, gemäß der Formel (20).
Dann bekommen wir: [3][s.59]
cos 3x + i sin 3x = (cos x + i sin x)3
= cos3 x + 3 cos2 xi sin x + 3 cos xi2 sin2 x + i3 sin3 x
= cos3 x − 3 cos x sin2 x + i(3 cos2 x sin x − sin3 x)
14
jetzt vergleichen wir Reell Teil und Imaginärteil:
cos 3x = cos2 x − 3 cos x sin2 x
or
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sin 3x = 3 cos2 x sin x − sin3 x
Zum Schluss noch eine Kuriosität, erfunden von dem größten1 deutschen Mathematiker, G.W.Leibniz:
q
q
√
√
1 + −3 + 1 − −3 = 6
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in
e
V
Diese bizarre Beziehung, die nicht nur einige der größten Mathematiker verblüffte - ihn selbst eingeschlossen-, sondern auch dazu
beitrug, die imaginären Zahlen bekannter zu machen.
1 Meinung
des Autors
15
4 Nicht lineare Ungleichungen
Die nichtlineare Ungleichungen sind zweifellos ein subtiler Bestandteil der voranalysischen
Mathematik.
Ungleichungen werden wie folgt gelöst: Alle Terme werden zunächst
auf die linke Seite der Ungleichung gebracht. Um zu beurteilen, für
welche x“ Werte die linke Seite größer (positiv) bzw. kleiner(negativ)
”
als Null ist, müssen die Terme als Produkt (bzw. Quotient) dargestellt werden.
4.1 Beispiel
3x > 5 − 2x2
2x2 + 3x − 5 > 0/ : 2
3
5
x2 + x − > 0
2
2
Um diesen Term in Produktform umzuwandeln, müssen wir die Binomischen Formel a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 im Anspruch nehmen.
Also verwenden wir die sogenannte ”Quadratische Ergänzung”
2 2
3
3
5
−
− >0
4
4
2
2
3
9
3
40
x2 + 2x +
−
−
>0
4
4
16 16
2 2
7
3
−
>0
x+
4
4
3
x + 2x +
4
2
Jetzt kommt die Bionische Formel
a2 − b2 = (a − b)(a + b)
16
Fall 2

(x − 1) < 0 −→ x < 1
 −→ x < − 5 (ist gültig auch für x < 1
2
5
5

x+
< 0 −→ x < − 
aber
nicht umgekehert!!)
2
2
∨
(oder)
in
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st
e
si
ie
Abbildung 2: Die graphische Lösung
D
Kontrolle:
Ausgangsgleichung:
x1
aus
dem
3x > 5 − 2x2
Lösungsbereich I
3(−3) >
?
18
x>1
or
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u
5
2
V
Und das ist schon die Lösung: x < −
x1 = −3
5 − 2(−3)2
?
−9 >
5 − 18
wahr
−9 > −13
x2
auser
des
Lösungsbereich
3(−1) >
5 − 2(−1)2
?
?
−3 >
x2 = −1
5−2
−3 > −3 falsch
x3
aus
dem
Lösungsbereich II
x2 = 2
3(2) >
?
5 − 2(2)2
6>
?
5−8
6 > −3 wahr
und das war‘s
4.2 Typische Ungleichung
(x2 − 5x − 8)
> 2x − 3
(24)
x+2
bei multiplizieren mit negativen Zahlen wird die Relation ¿ bekannterweise geändert. Deswegen werden zwei Fällen erörtern
Fall. 1. Der Nenner x + 2 ist positiv also x + 2 > 0 d.h. x > −2
Das ist die Hauptbedingung im Fall.1
x > −2
(25)
Die Ungleichung wird nun mit dem Nenner x + 2 multipliziert wobei
19
Fall 2. x + 2 < 0 → x < −2
also diesmal wird die Ungleichung multipliziert mit einem minus
Wert, deswegen wird die Relation geändert von > auf <.
Hauptbedingung für Fall2.
(26)
x < −2
or
sc
ha
u
Die Auflösung lauft analog wie bei Fall1 nur die Relationen (4.2)
sind umgekehrt.
Fall 2.1
√
√ 
(x + 3 − 7) > 0 → x > −3 + 7

√
√
√
(x + 3 + 7) > 0 → x > −3 − 7 → x > −3 + 7

V
Fall 2.2
√ 
7
√
√
√ 
(x + 3 + 7) < 0 → x < −3 − 7 → x < −3 − 7

√
7) < 0 → x < −3 +
in
e
(x + 3 −
st
e
Diese Lösung muss mit der Hauptbedingung (26) für Fall 2 in Einklang stehen. Also
√die endgültige Lösung im Fall 2. ist
L2 → ( x < - 3 - 7)
Die Hauptlösung dieser Ungleichung (24) ist also:
si
√
L = L1 + L2 → x < - 3 - 7
(−2 < x < −3 +
∨
D
ie
Kontrolle:
21
√
7)
Ein x aus dem Lösungsbereich z.B x1 = −6
x2 − 5x − 8
> 2x − 3
x+2
36 − 5(−6) − 8
> 2(−6) − 3
−6 + 2
48
> −15
−4
−12 > −15 das ist Wahr
Auser Lösungsbereich x2 = −5
42
> −10 − 3
−3
−14 > −13 das ist Falsch
Aus dem Lösungsbereich x3 = −1
−2
> −2 − 3
1
−2 > −5 das ist Wahr
Die graphische Lösung sehen Sie auf der nächsten Seite
22
23
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e
si
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D
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e
or
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u
V
Dieser Bruch 1.3.3 wird nur dann größer als Null (positiv) wenn
(+)
Zähler und Nenner gleichzeitig plus b.z.w minus Werte haben.
=
(+)
(−)
(+) oder
= (+) .
(−)
(+)
Fall I.
= (+)
(+)
Die folgenden Überlegungen werden nach den Prinzipien der logischen Operatorik durchgeführt und zwar:
. horizontal V - oder”
”
. vertilal ∧ - und”
”
(x + 2)(x − 3) > 0
(x + 1)(x − 1) > 0
x+2>0
x−3>0
−−−−−
∨
x+2<0
x−3<0
−− − −−
x>3
oder −→
x < −2
x+1>0
∨
x−1<0
x−1>0
−−−−−
x+1<0
−− − −−
x>1
oder −→
x < −1
=== ==
=== ===
x>3
oder −→x < −2
(1.3.4)
Die Relationen (1.3.4) stellen die Lösung für Fall I dar
∞, −2); (3, +∞)].
Fall II.
(−)
= (+)
(−)
25
=⇒ L:[(-
or
sc
ha
u
(x + 2)(x − 3) < 0
V
Abbildung 4: Die graphische Lösung
x+2>0
∨
in
e
x−3<0
−−−−−
−2 <x < 3
x+1>0
x−1<0
−−−−−
ie
si
st
e
(x + 1)(x − 1) < 0
x+2<0
x−3>0
−− − −−
oder −→ 3 <x < −2 Widerspruch
∨
x+1<0
x−1>0
−− − −−
−1 <x < 1
oder −→ 1 <x < −1 Widerspruch
=== ==
−1 <x < 1
=== ===
Widerspruch
oder
D
Die Lösung für Fall II: L:[(-1,1)]
Die gesamte Lösung für Fall I, II L : [(−∞, −2)∨(−1, 1)∨(3, +∞)]
26
5 Betrags(Un)Gleichunen
5.1 Einführung
Die erste Schwierigkeit bei Lösung dieser Aufgaben besteht darin:
wie man sich ”vernünftig”von den Betragssymbolen befreit. Ausgangspunkt ist die Definition des Betrags Begriff:
(
x wenn x > 0 ist
|x| =
(27)
−x wenn x < 0 ist
Im Klartext sagt die Formel: Ist der Inhalt des Betrages positiv dann
ändert sich nichts, wenn er aber negativ ist, dann nehmen wir ihn
mit minus Vorzeichen.
Fazit: der Wert eines Betrages ist immer positiv! Am Anfang des
Lösungsvorgangs überprüfen wir die Wertigkeit”der jeweiligen Be”
träge im entsprechenden Geltungsbereichen. Die letzten werden durch
Nullstellen bestimmt.
Wie das praktisch gemacht wird zeigen wir das Prinzip mit einem
Beispiel - einfacher halber eine lineare Betragsgleichung:
| x + 7 |=| 2x − 3 |
(a)
Nullstellen und Geltungsbereiche
x+7=0
2x − 3 = 0
=⇒
x = −7
3
=⇒ x =
2
wir haben drei Geltungsbereiche und zwar
x < −7
, −7 < x <
27
3
,
2
x>
3
2
als erstens bestimmen wir die Nullstellen
x − 1 = 0 =⇒ x = 1
x + 1 = 0 =⇒ x = −1
or
sc
ha
u
wir müssen unserer Betrag im drei Bereichen untersuchen
x ∈ [−∞, −1; −1, 1; 1, +∞]
V
I. Bereich (B1) x < −1 Übergeordnete Bedingung. Mit ihr müssen
die folgende Ergebnisse im Einklang stehen!
Die beiden Werte im Klammern [u2] sind negativ was ergibt, dass
der Betrag, als Produkt, positiv ist , also nach verlassen den Betragszeichen ändert sich nichts
in
e
|(x − 1)(x + 1)| = (x − 1)(x + 1) = x2 − 1
und unsere Ungleichung [u1] sieht so aus:
st
e
|x2 − 1| > 2x =⇒ x2 − 2x − 1 > 0
wir formen die linke Seite der Ungleichung in einer Produktform um
si
x2 − 2x − 1 = x2 − 2x + 1 − 2 > 0
(x − 1)2 − 2 > 0
√
√
(x − 1)2 − ( 2)2 = (x − 1 − 2)(x − 1 + 2) > 0
ie
√
(p)
D
Das Produktp wird größer von Null (positiv) wenn ihr Faktoren die
gleichen Vorzeichen besitzen d.h (+)*(+)=(+) und (-)*(-)=(+).Wir
erörtern zwei Fälle
30
Fall 1.1.
(x − 1 −
(x − 1 +
√
√
2) > 0
⇒
x>1+
2) > 0
⇒
x>1−
√
√
2
2
)
→
x>1+
√
2
√
2
Widerspruch mit (B1).Übergeordnete Bedingung
Fall 1.2.
(x − 1 −
(x − 1 +
√
√
2) < 0
⇒
x<1+
2) > 0
⇒
x<1−
√
√
2
2
)
→
x<1−
√
Die Lösung im Fall 1.2−→ x1 < 1 − 2 steht nicht im Widerspruch
mit (B1) und ergibt mit der Übergeordneten Bedingung (x < −1)die
Lösung
x1 < −1
Kontrolle:
x1 = −2 setzen wir in die Ausgangungleichung[u1] ein
|3| > −4
|(−2)2 − 1| > 2(−2)
3 > −4 und das ist Wahr
Bereich II −1 < x < 1 Übergeordnete Bedingung
Die Werte im Klammern [u2] sind negativ und positiv was ergibt,
dass der Betrag, als Produkt, negativ ist, also müssen wir der Inhalt
des Betrages, laut (27) mit minus Vorzeichen nehmen.
|x2 − 1| = −(x2 − 1) = −x2 + 1
31
or
sc
ha
u
Bereich III.
x > 1 Übergeordnete Bedingung
Der Betrag (u1) ist im diesem Bereich positiv und die Teillösungen
sind wie im Bereich I gleich, nur die Übergeordnete Bedingung ist
anders, so das die Schlusslösung im Bereich III lautet:
√
x>1+ 2
Die gesamte Lösung für die drei Bereichen lautet:
√
√
√
x < −1 ∨ −1 − 2 < x < −1 + 2 ∨ x > 1 + 2
V
Die ersten zwei Lösungsbereichen überlappen sich so dass die endgültige
Lösung lautet:
√
√
x < −1 + 2 ∨ x > 1 + 2
in
e
Kontrolle:
st
e
1) x-Werte aus dem Lösungsbereich.
z.B:
D
ie
si
x1 = −1
−→
|x21 − 1| > 2 ∗ x1
|1 − 1| > −2
0 > −2 und das ist Wahr
x2 = −6 −→ |x22 − 1| > 2 ∗ x2
|36 − 1| > 2 ∗ (−6)
35 > −12
Wahr
2
x3 = 0, 2 −→ |(0, 2) − 1| > 2 ∗ 0, 2
|0, 04 − 1| > 0, 4
| − 0, 96| = −(−0, 96) = 0, 96 > 0, 4 Wahr
33
X<-1 +\/2
X > 1+\/2
I I
-3
34
I
I
I
I
I
I
-2 -1 0 1
2
3
I
I
2) x - Werte außer Lösungsbereich:
z.B:
or
sc
ha
u
2
1
1
1
x4 = −→ − 1 > 2 ∗
2
2
2
1
− 1 > 1
4
3
− = −(− 3 ) = 3 > 1 Falsch
4
4
4
x5 = 2 −→ |(2)2 − 1| > 2 ∗ 2
D
ie
si
st
e
in
e
V
|3| = 3 > 4 Falsch
35
5.3 BetragsBesonderheiten
Ein wichtiger Punkt bei Betragsungleichungen darf nicht vergessen
werden - das Relationszeichen ändert sich, wenn die Ungleichung mit
negativen Zahlen multipliziert wird.
Mit diesem Problem sollte man äußerst vorsichtig vorgehen, weil eine
Variable mit einem Minus Vorzeichen allein nicht bedeutet, dass ihr
Wert Negativ ist! Ein Beispiel dafür ist eine tückischeÜngleichung.
”
5.3.1 Eine tückische Ungleichung [5]
1
> x2 − |x| + 1 ;
|x|
x 6= 0
Nullstele x = 0. Wir haben zwei Geltungsbereiche: x < 0
x>0
Bereich I x > 0 Übergeordnete Bedingung.
Inhalt des Betrages ist positiv also ändert sich nichts |x| = x
(28)
und
1
> x2 − |x| + 1
|x|
1
> x2 − x + 1/ ∗ x
x
x3 − x2 + x − 1 < 0
x2 (x − 1) + x − 1 = (x − 1)(x2 + 1) < 0
Dieses Produkt wird kleiner als Null, wenn (x − 1) < 0 , weil die
zweite Klammer (x2 + 1) immer größer als 0 ist.
x − 1 < 0 =⇒ x < 1
(29)
Durch die Berücksichtigung der Übergeordneten Bedingung für Bereich I ( x > 0 ) ergibt sich die Lösung: 0 < x < 1
Bereich II x < 0
Übergeordnete Bedingung.
36
or
sc
ha
u
-1 < x < 0
l
D
ie
si
st
e
in
e
V
-2
38
0<x<1
l
-1
0
l
l
1
2
Kontrolle 1) x - Werte aus dem Lösungsbereich, z.B:
x1 = −
1
1
−→ >
1
2
− 2
1
− −
2 1
− −
2
1 +1
2
!
1
1
! > − (− − ) + 1
4
2
1
2
1
1
2
!>
1 1
− +1
4 2
3
und das ist Wahr
4
⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢
2 1
1
1
1
x2 = −→ >
− + 1
1
3
3
3
3
2>
1
1 1
> − +1
1 9 3
3
7
3>
Wahr
9
39
2) x - Werte außer dem Lösungsbereich, z.B: [2]
x3 = −1
x4 = 3
or
sc
ha
u
1
> 1 − | − 1| + 1
| − 1|
1
> 1 − (−(−1)) + 1
−(−1)
1 > 1 und das ist falsch
⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌣⌢⌣⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣⌢⌣
1
> 32 − |3| + 1
|3|
1
>7
3
V
was natürlich auch falsch ist
5.3.2 Verschachtelte Betragsungleichung
in
e
|4x − |2x − 3|| > x2 − 6
st
e
Am besten fangen wir an mit dem Innerenbetrag. Nullstellen und
Geltungsbereich:
2x − 3 = 0 =⇒ x =
3
2
ie
si
wir haben zwei Hauptgeltungsbereiche
D
Bereich I x <
x<
3
2
∨
x>
3
2
3
2
Der Inhalt des Innenbetrages ist für x <
wir laut der Betragsdefinition (27) :
40
3
2
negativ, also erhalten
(x − 1 −
(x − 1 +
√
√
10) > 0
(x − 1 −
10) < 0
(x − 1 +
√
√
)
10) < 0
10) > 0
=⇒ 1 −
√
10 < x < 1 +
Das erste vertikale Paar ergibt einen Widerspruch und das Zweite
eine Teillösung (im Bereich B.IIb), die im Zusammenhang mit der
Hauptbedingung für BereichB.II (x > 32 ) die Lösung für ganzen
Bereich B.II:
√
3
(33)
< x < 1 + 10
2
ergibt.
Zum guten Schluss fügen wir die beiden Lösungen für die Bereiche
B.I (32) und B.II (33) zusammen und bekommen die Lösung für
unsere Ungleichung (5.3.2)
√
√
(34)
−3 − 3 2 < x < 1 + 10
Kontrolle:
√
1.Links Außer der Lösungsbereich x < −3 − 3 2
x1 = −8 −→ 5.3.2|4(−8) − |2(−8) − 3|| > (−8)2 − 6
| − 32 − | − 19|| > 64 − 6
| − 51| = −(−51) = 51 > 58 F alsch
√
√
2. Im Lösungsbereich (−3 − 3 2 < x < 1 + 10)
x2 = −7 −→ |4(−7) − |2(−7) − 3|| > (−7)2 − 6
| − 28 − 17| = | − 45| = −(−45) = 45 > 43 Wahr
x3 = 0 −→ |4 ∗ 0 − |2 ∗ 0 − 3|| = | − 3| = −(−3) = 3 > −6 Wahr
x4 = 2 −→ |4 ∗ 2 − |2 ∗ 2 − 3|| = |8 − |1| = 7 > −2
√
3. Rechts außer Lösungsbereich x > 1 + 10
Wahr
x5 = 5 −→ |4 ∗ 5 − |2 ∗ 5 − 3|| = |20 − 7| = 13 > 19 Falsch
Die Endkontrolle hat die Lösung (34) unserer Ungleichung (5.3.2)
nun bestätigt.
44
√
10
x<1+√10
or
sc
ha
u
x>−3−3 √2
D
ie
si
st
e
in
e
V
−3−3∗√ 2<x <1+√ 10
45
Abbildung 6: Die graphische Lösung
47
Abbildung 7: Im Buchhandel und Online erhältlich
Literatur
[1] E.Richter G.E.Joos. Hoehere mathematik. nikol, niewiem:500,
1993.
[2] Rilke. angst. egal, 1889.
Harri
or
sc
ha
u
[3] T.Kempermann.
Zahlentheoretische kostenproben.
Deutsch, Band 86:270, 1995.
[4] W.Krysicki and L.Wlodarski. Analiza matematyczna w zadaniach. czesc pierwsza, dwa tomy, 1966.
Wydawnictwo Naukowo-
D
ie
si
st
e
in
e
V
[5] W.Zakowski. Matematika czess i.
Techniczne, 291, 1968.
46