PD Dr. Dirk Horstmann WS 2009/2010 Anhang zur Vorlesung

PD Dr. Dirk Horstmann
WS 2009/2010
Anhang zur Vorlesung “Mathematik I für Studierende der Biologie und der Chemie”
Beispiel 1
Welche Menge ist durch die Ungleichung
2
|x − 4| −
1 <3
8
festgelegt?
Dies ist nun von allen drei Beispielen das schwierigste! Wir werden mehrere Fallunterscheidungen vornehmen
müssen.
1. Fall: Wir nehmen zunächst an, dass
|x2 − 4| −
1
≥0
8
ist.
Unter dieser Annahme lautet unsere Ungleichung also:
|x2 − 4| −
1
< 3.
8
Zuerst addieren wir auf beiden Seiten den Wert 1/8 hinzu. Dies führt uns auf die Ungleichung
|x2 − 4| < 3 +
25
1
bzw. |x2 − 4| <
.
8
8
(1)
Nun müssen wir erneut eine Fallunterscheidung vornehmen.
(a) Unterfall: Wir nehmen also an, dass
x2 − 4 ≥ 0
ist.
In diesem Fall lautet die Ungleichung (1) also:
x2 − 4 <
25
.
8
Wir addieren auf beiden Seiten die Zahl 4 und erhalten:
x2 <
57
25
+ 4 d.h. also x2 <
.
8
8
Wenn wir jetzt die Wurzel ziehen, müssen wir genauso vorgehen, wie in Beispiel ??, d.h. wir müssen
erneut eine Fallunterscheidung machen.
i. Unterunterfall: x ≥ 0, d.h. unsere Ungleichung lautet:
r
57
0≤x<
.
8
Das bedeutet, dass wir die erste Teillösungsmenge für unsere Ungleichung gefunden haben, nämlich
die Menge aller reellen Zahlen, die größer oder gleich
2 sind (da wir der übergeordneten Situation
p
Rechnung tragen müssen) und echt kleiner als 57/8 sind. Anders ausgedrückt also die Menge
(
r )
57
x ∈ IR 2 ≤ x <
.
8
1
ii. Unterunterfall: x < 0, d.h. unsere Ungleichung lautet:
r
r
57
57
−x <
was gleichbedeutend mit x > −
8
8
ist. Da der übergeordnete Fall aber tatsächlich x ≤ −2 impliziert, haben wir in diesem Fall die
Lösungmenge
)
(
r
57
x ∈ IR −
< x ≤ −2 .
8
Mittels der Intervallschreibweise kann man diese beiden Lösungsmengen wie folgt zusammenfassen.
Die Ungleichung
wird also unter anderem
pvon allen reellen Zahlen erfüllt, die entweder im Interp
vallp(− 57/8, −2] oder im Intervall [2, 57/8)
p liegen. Die Lösungsmenge ist also das Intervall
(− 57/8, −2] vereinigt mit dem Intervall [2, 57/8), was auch mit
(
# " r !)
r
57
57
x ∈ IR x ∈ −
, −2 ∪ 2,
8
8
dargestellt wird.
(b) Unterfall: Wir nehmen nun an, dass
x2 − 4 < 0
ist. Also lautet dieser Fall auch x2 < 4
Diesmal lautet die Ungleichung (1) somit:
−x2 + 4 <
25
8
Wir subtrahieren auf beiden Seiten die Zahl 4 und erhalten die Ungleichung
−x2 <
7
25
− 4 bzw. − x2 < − .
8
8
Nun multiplizieren wir die Ungleichung mit (−1). Dies liefert uns:
x2 >
7
.
8
Erneut müssen wir nun beim Wurzelziehen eine Fallunterscheidung vornehmen.
i. Unterunterfall: x ≥ 0, d.h. unsere Ungleichung lautet:
r
7
x>
.
8
Das bedeutet, dass wir die zweite Teillösungsmenge
p für unsere Ungleichung gefunden haben,
nämlich die Menge aller reellen Zahlen, die größer als 7/8 und kleiner 2 sind. Anders ausgedrückt
also die Menge
r
(
)
7
x ∈ IR <x<2 .
8
Hierbei haben wir die übergeordnete Situation x2 < 4 mit beachtet.
ii. Unterunterfall: x < 0, d.h. unsere Ungleichung lautet:
r
r
7
7
−x >
was gleichbedeutend mit x < −
8
8
ist. Die dritte Teillösungsmenge
für unsere Ungleichung ist somit die Menge aller reellen Zahlen,
p
die kleiner als − 7/8 und größer −2 sind. Anders ausgedrückt also die Menge
(
r )
7
x ∈ IR − 2 < x < −
.
8
Wobei wir erneut die übergeordnete Situation x2 < 4 mit berücksichtigt haben.
2
Wir fassen somit die beiden berechneten Teillösungsmengen zu einer Menge zusammen. Die Unglep
ichung wird also unter anderem von all den reellen
Zahlen erfüllt, die entweder echt größer als 7/8
p
aber kleiner gleich 2, oder echt kleiner als − 7/8 aber größer −2 sind. Das heißt, die Ungleichung
wird von den reellen Zahlen erfüllt, die in der nachfolgenden Menge liegen:
)
(
r
r
7
7
x ∈ IR − 2 < x < −
oder
<x<2 .
8
8
Mit Hilfe der Intervallschreibweise lässt sich dies auch schreiben als
(
!)
r
r !
7
7
∪
,2
x ∈ IR x ∈ −2, −
,
8
8
wobei das Symbol ∪ - wie bereits eben verwendet - “vereinigt mit” bedeutet.
Nun müssen wir schauen, ob die einzelnen Mengen sich irgendwie überschneiden und ob man sie zusammenfassen kann. Wenn man dies macht, so zeigt uns dieser Fall somit schon einmal, dass alle reellen Zahlen,
die in der Menge
(
r r !)
r !
r
57
7
7
57
∪
,−
,
x ∈ IR x ∈ −
8
8
8
8
liegen, die angegebene Ungleichung lösen.
2. Fall: Nun nehmen wir an, dass
1
<0
8
ist. In diesem Fall ist die ursprüngliche Ungleichung immer erfüllt, d.h. wir suchen in diesem Fall die reellen
Zahlen, für die
1
|x2 − 4| <
8
|x2 − 4| −
gilt. Somit betrifft die erste Fallunterscheidung erneut |x2 − 4|.
(a) Unterfall: Wir nehmen also an, dass
x2 − 4 ≥ 0
ist.
Damit lautet unsere Ungleichung
1
.
8
Wir addieren die Zahl 4 auf beiden Seiten hinzu und erhalten so:
0 ≤ x2 − 4 <
x2 <
1
33
+ 4 bzw. x2 <
.
8
8
i. Unterunterfall: Zunächst nehmen wir an, dass x ≥ 0 ist.
Die Ungleichung wird somit nach dem Wurzelziehen zu:
r
33
x<
8
und die Teillösungsmenge in diesem Fall lautet:
(
r )
33
,
x ∈ IR 2 ≤ x <
8
da wir natürlich den übergeordneten Fall x2 ≥ 4 nicht außer Acht lassen dürfen.
3
ii. Unterunterfall: Der nächste Fall ist x < 0.
In diesem Fall wird die Ungleichung zu
r
−x <
r
33
33
bzw. x > −
.
8
8
Unsere Teillösungsmenge in diesem Fall lautet somit:
(
)
r
33
x ∈ IR −
< x ≤ −2 .
8
Dies ergibt sich erneut aufgrund des übergeordneten Falls x2 ≥ 4.
(b) Unterfall:Jetzt nehmen wir an, dass
x2 − 4 < 0
gilt.
Damit lautet unsere Ungleichung
1
.
8
Wir subtrahieren die Zahl 4 auf beiden Seiten und erhalten so:
1
31
−x2 < − − 4 bzw. x2 >
.
8
8
i. Unterunterfall: Erneut nehmen wir zunächst an, dass x ≥ 0 gilt.
−x2 + 4 <
(2)
Wir suchen also in diesem Unterunterfall alle reellen Zahlen, die der Ungleichung
r
31
x>
8
genügen und kleiner als 2 sind. Also die Menge:
r
(
)
31
x ∈ IR <x<2 .
8
ii. Unterunterfall: Schließlich nehmen wir noch einmal x ≤ 0 an.
Nach dem Wurzelziehen in Ungleichung (2) erhalten wir in diesem Fall:
r
r
31
31
−x >
bzw. x < −
.
8
8
Diesep
Teillösungsmenge ist also gegeben durch die reellen Zahlen, die größer −2 und echt kleiner
als − 31/8 sind. Also die Menge
(
r )
31
x ∈ IR − 2 < x < −
.
8
Auch hier wollen wir nun die Lösungsmengen zusammenfassen. Wir erhalten also die folgende Menge
reeller Zahlen, die die Ungleichung erfüllen:
(
r !
r
r !)
r
33
31
31
33
,−
∪
,
.
x ∈ IR x ∈ −
8
8
8
8
Nun müssen wir als Letztes die beiden Mengen, die wir als Teillösungsmengen erhalten haben noch zusammenfassen, damit wir nicht einige Bereiche doppelt nennen, sondern die Lösungsmenge in einer geschlossenen Form
angeben. Wir erhalten also letztendlich die Lösungsmenge:
(
r
r !
r r !)
57
7
7
57
x ∈ IR x ∈ −
,−
∪
,
.
8
8
8
8
4