Lösung - TU Chemnitz

Technische Universität Chemnitz
Fakultät für Mathematik
26. Oktober 2011
Höhere Mathematik I.1
Aufgabenkomplex 2: Umrechnung von Einheiten, Mengenlehre,
Ungleichungen, Komplexe Zahlen
Letzter Abgabetermin: 17. November 2011
(in Übung oder Briefkasten bei Zimmer Rh. Str. 39/712)
Bitte die Arbeiten deutlich mit „Höhere Mathematik I.1, Aufgabenkomplex 2“
kennzeichnen und die Übungsgruppe angeben, in der die Rückgabe erfolgen soll!
Elektronische Hilfsmittel dürfen nur bei Aufgabe 1 sowie zur zahlenmäßigen Berechnung
des Winkels bei Aufgabe 7a) eingesetzt werden!
1. Rechnen Sie eine Energie von 0,64 Kilokalorien in Pferdestärkenstunden und in Tonnenhektar
pro Tagequadrat um!
2. Die Mengen A = {(x, y)| x, y ∈ R, y ≥ x2 }, B = {(x, y)| x, y ∈ R, x2 +(y−1)2 ≤ 1} und
C = {(x, y)| x, y ∈ R, x ≥ 0, y ≥ 0} seien gegeben.
a) Stellen Sie A, B, A ∩ B, A ∪ B, A\B, B\A grafisch dar!
b) Stellen Sie (A ∪ B) ∩C und (A ∩ B) ∪C grafisch dar!
3. Für welche reellen x sind folgende Ungleichungen erfüllt:
1
1
+
≥2 ?
a) |3x − 2| + |3 − 2x| ≥ 2,
b)
3x − 2 3 − 2x
4. Welche komplexen Zahlen z erfüllen die Bedingung |z| = |Re z| + |Im z| ?
15
?
t −2
b) Skizzieren Sie in der komplexen Zahlenebene die Menge aller komplexen Zahlen z, für
15
die |z| ≥
gilt!
|z| − 2
5. a) Für welche reellen Zahlen t gilt t ≥
6. Ermitteln Sie die komplexe Zahl z, die die Gleichung
2 + 3i
5 + 2i
z+
= 8 + 2i löst!
2
1+i
7. Geben Sie die Zahlen
√ 400
(3 + 2i)(8 − 20i) + 40 + 72i
(i − 3)
a)
,
b)
12857
(5 − 2i)2 − (1 − 12i)
jeweils in algebraischer und in Polardarstellung an!
Hinweis: Führen Sie die Rechnung zunächst in der für die jeweilige Aufgabe zweckmäßigeren Darstellung aus
und rechnen Sie das Ergebnis in die andere Darstellung um!
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 26. Oktober 2011
2
Aufgabenkomplex 2: Umrechnung von Einheiten, Mengenlehre,
Ungleichungen, Komplexe Zahlen
Letzter Abgabetermin: 17. November 2011
1. Rechnen Sie eine Energie von 0,64 Kilokalorien in Pferdestärkenstunden und in Tonnenhektar
pro Tagequadrat um!
Lösung:
Für die Kalorie gibt es mehrere leicht unterschiedliche Definitionen, s. z.B. Wikipedia. Im Folgenden wird mit dem von der Internationalen Union für Ernährungswissenschaften (IUNS) beschlossenen Wert von 4,182 Nm gerechnet.
kg m2
0,64 kcal = 0,64 · 103 · 4,182 Nm = 640 · 4,182 2
s
2
kg m
1 PS
1h
= 640 · 4,182 2
≈ 1,0108 · 10−3 PS h ≈ 0,001 PS h
m
m
s
75 kg · 9,80665 s2 · 1 s 3600 s
100 m 2
100
2
d
24·3600
t
kg m2
1000
0,64 kcal = 0,64 · 10 · 4,182 Nm = 640 · 4,182 2 = 640 · 4,182
s
3
= 640 · 4,182
242 36002 t ha
6 t ha
6 t ha
≈
1,9980
·
10
≈
2
·
10
1000 · 1002 d2
d2
d2
2. Die Mengen A = {(x, y)| x, y ∈ R, y ≥ x2 }, B = {(x, y)| x, y ∈ R, x2 +(y−1)2 ≤ 1} und
C = {(x, y)| x, y ∈ R, x ≥ 0, y ≥ 0} seien gegeben.
a) Stellen Sie A, B, A ∩ B, A ∪ B, A\B, B\A grafisch dar!
b) Stellen Sie (A ∪ B) ∩C und (A ∩ B) ∪C grafisch dar!
Lösung:
A: alle Punkte oberhalb und auf der Normalparabel y = x2 ,
B: alle Punkte innerhalb und auf dem Kreis mit Radius 1 um den Punkt (0, 1),
C: alle Punkte im I. Quadranten einschließlich der nichtnegativen Halbachsen
a)
y
y
y
y
1
1
1
1
–1
1
–1
x
1
y
y
1
1
1
A\B
x
–1
b)
1
B\A
1
x
–1
A∩B
B
A
–1
–1
x
x
–1
1
x
A∪B
y
y
1
1
1
(A ∪ B) ∩C
x
–1
1
(A ∩ B) ∪C
x
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 26. Oktober 2011
3
3. Für welche reellen x sind folgende Ungleichungen erfüllt:
1
1
a) |3x − 2| + |3 − 2x| ≥ 2,
b)
+
≥2 ?
3x − 2 3 − 2x
Lösung:
a) |3x − 2| =
3x − 2,
2 − 3x,
x ≥ 2/3
, |3 − 2x| =
x < 2/3
3 − 2x,
2x − 3,
x ≤ 3/2
x > 3/2
Also sind 3 Fälle zu unterscheiden:
Beitrag zur Lösung
2
3
3
x< :
2−3x + 3−2x ≥ 2, 3 ≥ 5x,
≥x ,
x≤
3
5
5
3
3
2
≤x≤ :
3x−2 + 3−2x ≥ 2, x ≥ 1 , x ≥ 1 ,
1≤x≤
3
2
2
3
7
3
<x
:
3x−2 + 2x−3 ≥ 2, 5x ≥ 7 , x ≥ ,
<x
2
5
2
3
Zusammenfassung der Beiträge der 3 Fälle zur Lösung: x ≤ und x ≥ 1
5
b)
1
1
3−2x + 3x−2
x+1
+
=
=
≥2
2
3x−2 3−2x (3x−2)(2−3x) −6x + 13x − 6
2
3
und x = ist die linke Seite nicht definiert. Ansonsten ist bei der Multiplikation
3
2
der Ungleichung mit dem Nenner dessen Vorzeichen zu beachten. Er ist positiv, wenn bei3
2
de Faktoren positiv sind (d.h. für < x < ) oder wenn beide Faktoren negativ sind (nicht
3
2
2
3
möglich, da dann gleichzeitig x < und x > sein müsste). Er ist negativ, wenn die Faktoren
3
2
2
3
unterschiedliches Vorzeichen haben, also für x < und für x > .
3
2
3
25
13
2
<x< :
x + 1 ≥ −12x2 + 26x − 12, x2 − x +
≥0
Fall A:
3
2
12
12
2
3
25
13
Fall B: x < oder x > : x + 1 ≤ −12x2 + 26x − 12, x2 − x +
≤0
3
2
12
12
r
25
13
25
625 624
26
2
Die Parabel x − x +
hat die Nullstellen
±
−
= 1;
und ist nach oben
12
12
24
576 576
24
25
13
13
offen, also gilt x2 − x +
≤ 0 genau dann, wenn 1 ≤ x ≤
ist. Da dieses Intervall
12
12
12
2
3
2
komplett im Intervall < x < liegt, ist die Ungleichung im Fall A für < x ≤ 1 und für
3
2
3
13
3
≤ x < erfüllt, während sie im Fall B für kein x erfüllt ist.
12
2
Für x =
Lösung also:
2
13
3
< x ≤ 1 und
≤x<
3
12
2
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 26. Oktober 2011
4
4. Welche komplexen Zahlen z erfüllen die Bedingung |z| = |Re z| + |Im z| ?
Lösung:
Sei z = x+y i mit x, y ∈ R. Dann gilt
|z| = |x|+|y| ⇐⇒ |z|2 = (|x|+|y|)2 ⇐⇒ x2 +y2 = x2 +2|x| |y|+y2 ⇐⇒ |x| |y| = 0
⇐⇒ x = 0 ∨ y = 0
Die Gleichung ist also genau dann erfüllt, wenn z auf der reellen Achse (y = 0) oder auf der
imaginären Achse (x = 0) liegt.
Man kann auch geometrisch damit argumentieren, dass die Dreiecksungleichung c ≤ a+b für die
Seitenlängen a, b und c eines Dreiecks nur dann mit dem Gleichheitszeichen erfüllt sein kann,
wenn die drei Punkte des Dreiecks auf einer Geraden liegen. Somit kann die gegebene Gleichung
nur richtig sein, wenn z auf einer der Koordinatenachsen liegt. Ist Letzteres der Fall, so ist die
Gleichung aber offensichtlich auch erfüllt.
15
?
t −2
b) Skizzieren Sie in der komplexen Zahlenebene die Menge aller komplexen Zahlen z, für
15
die |z| ≥
gilt!
|z| − 2
Lösung:
√
−3
2
a) t −2t − 15 = 0 für t1/2 = 1± 1+15 =
, also t 2 −2t − 15 = (t + 3)(t −5)
5

t < 2 : t(t −2)−15 =t 2 −2t − 15 = (t + 3)(t −5) ≤ 0, d.h. für − 3 ≤t < 2
t = 2 : nicht definiert
[−3, 2) ∪ [5, ∞)

t > 2 : t(t −2)−15 =t 2 −2t − 15 = (t + 3)(t −5) ≥ 0, d.h. für t ≥ 5
5. a) Für welche reellen Zahlen t gilt t ≥
b) Es gilt immer |z| ≥ 0, so dass die Ungleichung nach a) für 0 ≤ |z| < 2 und für |z| ≥ 5 erfüllt ist:
Höhere Mathematik I.1 – Aufgabenkomplex 2 – 26. Oktober 2011
6. Ermitteln Sie die komplexe Zahl z, die die Gleichung
5
5 + 2i
2 + 3i
z+
= 8 + 2i löst!
2
1+i
Lösung:
2+3i
(5+2i)(1−i)
7−3i 16+4i − 7+3i 9+7i
z = 8+2i−
= 8+2i−
=
=
,
2
(1+i)(1−i)
2
2
2
(2+3i)z = 9+7i, z =
(9+7i)(2−3i) 39−13i
=
= 3−i
(2+3i)(2−3i)
13
7. Geben Sie die Zahlen
√ 400
(3 + 2i)(8 − 20i) + 40 + 72i
(i − 3)
a)
,
b)
12857
(5 − 2i)2 − (1 − 12i)
jeweils in algebraischer und in Polardarstellung an!
Hinweis: Führen Sie die Rechnung zunächst in der für die jeweilige Aufgabe zweckmäßigeren Darstellung aus
und rechnen Sie das Ergebnis in die andere Darstellung um!
Lösung:
a)
(3 + 2i)(8 − 20i) + 40 + 72i
2
=
24 − 44i + 40 + 40 + 72i 104 + 28i (26 + 7i)(5 + 2i)
=
=
25 − 20i − 4 − 1 + 12i
20 − 8i
(5 − 2i)(5 + 2i)
(5 − 2i) − (1 − 12i)
116 + 87i
= 4 + 3i,
=
29
p
3
r = 42 +32 = 5, ϕ = arctan ≈ 36,87◦ (da I. Quadr.), 4+3i ≈ 5(cos 36,87◦ +i sin 36,87◦)
4
√
√
1
5π
π
(da II. Quadrant),
b) |i− 3| = 3+1 = 2, ϕ = arctan(− √ )+π = − + π =
6
6
3
400
√ 400
√
2(cos 56π + i sin 56π )
5π
5π (i− 3)
+ i sin ),
=
i− 3 = 2(cos
=
57
6
6
12857
(27 )
π
2000π
√
2400 (cos 2000
1 1√
4π
4π
6 + i sin 6 )
=
2(cos
+
i
sin
)
=
2(−
−
3
i)
=
−1
−
3i
2399
3
3
2 2
2000π 1000π
4π
(da
=
= 332π + )
6
3
3