Lösungsvorschlag

MATHEMATISCHES INSTITUT
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Dr. E. Schörner
SS 2017
Repetitorium
25.07.2017
Repetitorium zur Vorlesung
Grundlagen der Mathematik II“
”
— Lösungsvorschlag —
1. a) Eine Relation R zwischen M und N ist genau dann Graph einer Abbildung
f : M → N , wenn
• ∀x ∈ M ∃y ∈ N :
• ∀x ∈ M ∀y1 , y2 ∈ N
(x, y) ∈ R
und
:
(x, y1 ) ∈ R ∧ (x, y2 ) ∈ R =⇒ y1 = y2 ;
damit gibt es nämlich zu jedem x ∈ M genau ein y ∈ N mit (x, y) ∈ R;
mit R = Gf wird also jedem x ∈ M in eindeutiger Weise ein y ∈ N mit
y = f (x) zugeordnet.
b) Eine Relation R ⊆ M × M auf einer Menge M 6= ∅ heißt symmetrisch, wenn
∀x, y ∈ M
:
(x, y) ∈ R =⇒ (y, x) ∈ R
gilt, sowie antisymmetrisch, wenn
∀x, y ∈ M
(x, y) ∈ R ∧ (y, x) ∈ R
:
=⇒ x = y
gilt. Ferner gilt
• Die Relation R1 = {(x, y) ∈ R × R | x − y ∈ N0 } ist
– antisymmetrisch: für alle x, y ∈ R mit (x, y) ∈ R1 und (y, x) ∈ R1
gilt nämlich zum einen x − y ∈ N0 , insbesondere also x − y ≥ 0
und damit x ≥ y, und zum anderen y − x ∈ N0 , insbesondere also
y − x ≥ 0 und damit y ≥ x, zusammen also x = y.
– nicht symmetrisch: für x = 3, y = 2 ∈ R gilt 3 − 2 = 1 ∈ N0 , also
(x, y) ∈ R1 , aber 2 − 3 = −1 ∈
/ N0 , also (y, x) ∈
/ R1 .
• Die Relation R2 = {(x, y) ∈ R × R | x − y ∈ Z} ist
– symmetrisch: für alle x, y ∈ R mit (x, y) ∈ R2 gilt x−y ∈ Z, woraus
y − x = −(x − y) ∈ Z und damit (y, x) ∈ R2 folgt.
– nicht antisymmetrisch: für x = 3, y = 2 ∈ R gilt 3 − 2 = 1 ∈ Z, also
(x, y) ∈ R2 , und 2 − 3 = −1 ∈ Z, also (x, y) ∈ R2 , aber x 6= y.
c) Eine Relation R ⊆ M × M auf der Menge M 6= ∅ heißt transitiv, wenn
∀x, y, z ∈ R :
(x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R =⇒ (x, z) ∈ R
gilt; als Negation dieser Implikation ergibt sich
∃x, y, z ∈ R
:
(x, y) ∈ R ∧ (y, z) ∈ R ∧ (x, z) ∈
/R
Die Relation
R1 = {(x, y) ∈ Z × Z | |x − y| ≥ max (|x|, |y|)}
auf der Menge Z ist nicht transitiv; für x = 1, y = 0 und z = 3 ∈ Z gilt
|1 − 0| = 1 ≥ 1 = max(|1|, |0|)
|0 − 3| = 3 ≥ 3 = max(|0|, |3|)
|1 − 3| = 2 < 3 = max(|1|, |3|)
und damit
und damit
und damit
(x, y) ∈ R1 ,
(y, z) ∈ R1 ,
(x, z) ∈
/ R1 .
Die Relation
R2 = (x, y) ∈ R × R | |x| = |y| ∨ (x2 − 16) · (y 2 − 16) > 0
auf der Menge R ist dagegen transitiv; seien (x, y) ∈ R2 und (y, z) ∈ R2 ; es
gilt also
|x| = |y| ∨ (x2 − 16) · (y 2 − 16) > 0
|y| = |z| ∨ (y 2 − 16) · (z 2 − 16) > 0
wegen
wegen
(x, y) ∈ R2
(y, z) ∈ R2
wodurch die folgende Fallunterscheidung motiviert wird:
• Aus |x| = |y| und |y| = |z| folgt sofort |x| = |z|.
• Aus |x| = |y|, also x2 = y 2 , und (y 2 − 16) · (z 2 − 16) > 0 folgt dann
(x2 − 16) · (z 2 − 16) > 0.
• Aus (x2 − 16) · (y 2 − 16) > 0 und |y| = |z|, also y 2 = z 2 , folgt dann
(x2 − 16) · (z 2 − 16) > 0.
• Aus (x2 − 16) · (y 2 − 16) > 0 und (y 2 − 16) · (z 2 − 16) > 0 folgt
0 < (x2 − 16) · (y 2 − 16) · (y 2 − 16) · (z 2 − 16) =
= (x2 − 16) · (y 2 − 16)2 · (z 2 − 16),
wegen (y 2 − 16)2 > 0 also (x2 − 16) · (z 2 − 16) > 0.
Es gilt damit stets |x| = |z| ∨ (x2 − 16) · (z 2 − 16) > 0, also (x, z) ∈ R2 .
2. a) Auf der Menge N ist die Relation
R1 = {(x, y) ∈ N × N | ∃z ∈ Z : x − y = 2 z}
gegeben; für alle x, y, z ∈ N gilt:
• Es ist x − x = 0 = 2 · 0 mit 0 ∈ Z, also (x, x) ∈ R1 ; damit ist R1 reflexiv.
• Aus (x, y) ∈ R1 , also x − y = 2 a für ein a ∈ Z, folgt
y − x = −(x − y) = −(2 a) = 2 (−a) mit − a ∈ Z,
also (y, x) ∈ R1 ; damit ist R1 symmetrisch.
• Aus (x, y) ∈ R1 und (y, z) ∈ R1 , also x − y = 2 a für ein a ∈ Z und
y − z = 2 b für ein b ∈ Z, folgt
x − z = (x − y) + (y − z) = 2 a + 2 b = 2 (a + b) mit a + b ∈ Z,
also (x, z) ∈ R1 ; damit ist R1 transitiv.
Insgesamt ist R1 eine Äquivalenzrelation auf N. Für alle n ∈ N gilt
2 − 2 n = 2 (1 − n) mit 1 − n ∈ Z,
also (2, 2 n) ∈ R1 , sowie
1 − (2 n − 1) = 2 (1 − n) mit 1 − n ∈ Z,
also (1, 2 n−1) ∈ R1 . Die zwei Äquivalenzklassen der gegebenen Relation R1
sind also die Mengen aller geraden bzw. aller ungeraden natürlichen Zahlen.
b) Auf der Menge N ist die Relation
R2 = {(x, y) ∈ N × N | ∃n ∈ N : xn = y}
gegeben; für alle x, y, z ∈ N gilt:
• Es ist x1 = x mit 1 ∈ N, also (x, x) ∈ R2 ; damit ist R2 reflexiv.
• Aus (x, y) ∈ R2 und (y, x) ∈ R2 , also xn = y für ein n ∈ N und y m = x
für ein m ∈ N, folgt
x = y m = (xn )m = xn·m ,
und es ergibt sich
– im Falle x = 1 wegen y = xn = 1n = 1 schon x = y,
– im Falle x ≥ 2 zunächst n · m = 1, wegen n, m ∈ N also n = m = 1
und folglich x = y m = y 1 = y;
damit ist R2 antisymmetrisch.
• Aus (x, y) ∈ R2 und (y, z) ∈ R2 , also xn = y für ein n ∈ N und y m = z
für ein m ∈ N, folgt
xn·m = (xn )m = y m = z
mit n · m ∈ N,
also (x, z) ∈ R2 ; damit ist R2 transitiv.
Insgesamt ist R2 eine Ordnung auf N. Für x = 1 ∈ N und y = 2 ∈ N gilt
• zum einen xn = 1n = 1 < 2 = y für alle n ∈ N, also (x, y) ∈
/ R2 , und
m
m
• zum anderen y = 2 ≥ 2 > 1 = x für alle m ∈ N, also (y, x) ∈
/ R2 ;
damit ist R2 keine totale Ordnung auf N.
3. a) Wir betrachten einen angeordneten Körper (K, +, ·, <) und eine nichtleere
Teilmenge M ⊆ K von K.
• Ist M nach oben beschränkt, so heißt eine kleinste obere Schranke
b0 ∈ K das Supremum von M ; ist M nach unten beschränkt, so heißt
eine größte untere Schranke c0 ∈ K das Infimum von M .
• Ein Element m∗ ∈ M heißt das Maximum von M , wenn m ≤ m∗ für
alle m ∈ M gilt; ein Element m∗ ∈ M heißt das Minimum von M , wenn
m ≥ m∗ für alle m ∈ M gilt.
o
n
n
|
n
∈
N
erhalten wir:
b) Für die Elemente der Menge M = (−1)n+1 + (−1)
3n
• für n ∈ N gerade ist (−1)n+1 +
1
−1 < −1 + 3n
≤ − 65 ,
(−1)n
3n
• für n ∈ N ungerade ist (−1)n+1 +
2
1
≤ 1 − 3n
< 1.
3
= −1 +
(−1)n
3n
=1−
1
,
3n
und damit gilt schon
1
,
3n
und damit gilt schon
n
< 1 für alle n ∈ N; folglich ist
Insbesondere gilt also −1 < (−1)n+1 + (−1)
3n
M (etwa durch −1) nach unten sowie (etwa durch 1) nach oben beschränkt.
Für alle b ∈ R mit −1 < b ist 0 < b + 1, und nach dem Archimedischen
Axiom gibt es ein gerades n ∈ N mit n1 < b + 1; damit ergibt sich
1
1
1
−1 +
< −1 + < −1 + (b + 1) = b
mit − 1 +
∈ M,
3n
n
3n
so daß b keine untere Schranke von M sein kann. Folglich ist −1 die größte
untere Schranke von M , also inf M = −1.
Für alle c ∈ R mit c < 1 ist 0 < 1 − c, und nach dem Archimedischen Axiom
gibt es ein ungerades n ∈ N mit n1 < 1 − c; damit ergibt sich
1
1
1
1−
> 1 − > 1 − (1 − c) = c
mit 1 −
∈ M,
3n
n
3n
so daß c keine obere Schranke von M sein kann. Folglich ist 1 die kleinste
obere Schranke von M , also sup M = 1.
n
n
Wegen (−1)n+1 + (−1)
6= 1 und (−1)n+1 + (−1)
6= −1 für alle n ∈ N ist die
3n
3n
Menge M ohne Maximum und ohne Minimum.
4. a) Wir betrachten eine Urne mit zehn Kugeln, wovon sieben Kugeln schwarz
und drei Kugeln weiß sind.
• Für das Ereignis A erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
3
3
7
7
·
+
· 2
3
3
.
P (A) = 2
10
5
• Für das Ereignis B erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
3 2 4 5
5
7
3
5
7
3
7
P (A) =
·
+
·
+
.
3
10
10
4
10
10
10
• Für das Ereingnis C erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
3
3
7
P (C) =
· .
10
10
b) Wir betrachen das geschilderte zweistufige Experiment.
• Wir erhalten das folgende Baumdiagramm
6
12
7
10
S1
6
12
7
9+k
3
10
S1
2+k
9+k
S2
P (S1 ∩ S2 ) =
7
10
·
6
12
=
7
20
S2
P (S1 ∩ S2 ) =
7
10
·
6
12
=
7
20
S2
P (S1 ∩ S2 ) =
3
10
·
7
9+k
S2
P (S1 ∩ S2 ) =
3
10
·
2+k
9+k
• Für das Ereignis S2 erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
P (S2 ) = P (S1 ∩ S2 ) + P (S1 ∩ S2 ) =
3
7
7
+
·
.
20 10 9 + k
• Die Ereignisse S1 und S2 sind wegen
7
7
3
7
7 6
P (S1 ) · P (S2 ) = P (S1 ∩ S2 ) ⇐⇒
·
+
·
=
·
10
20 10 9 + k
10 12
7
3
7
1
3
7
3
⇐⇒
+
·
=
⇐⇒
·
=
20 10 9 + k
2
10 9 + k
20
1
7
=
⇐⇒ 9 + k = 14 ⇐⇒ k = 5
⇐⇒
9+k
2
genau für k = 5 stochastisch unabhängig.
5. a) Wir betrachten die beiden Ereignisse
W : Die befragte Person ist weiblich.“
”
K : Die befragte Person würde das Produkt kaufen.“
”
und erhalten das folgende Baumdiagramm:
1
3
K
P (W ∩ K) = p ·
1
3
K
P (W ∩ K) = p ·
2
3
K
P (W ∩ K) = (1 − p) ·
1
4
K
P (W ∩ K) = (1 − p) ·
3
4
p
W
2
3
1
4
1−p
W
Da insgesamt
erhalten wir
3
10
3
4
der befragten Personen dieses Produkt kaufen würden,
3
1
1
= p · + (1 − p) ·
10
3
4
3
1 1
1
1
1
3
⇐⇒
= p · + − p · ⇐⇒
=p·
⇐⇒ p = ,
10
3 4
4
20
12
5
P (K) = P (W ∩ K) + P (W ∩ K) ⇐⇒
womit dann das obige Baumdiagramm vervollständigt werden kann. Für die
Wahrscheinlichkeit, daß eine befragte Person, die das Produkt nicht kaufen
würde, eine Frau ist, erhalten wir
PK (W ) =
P (W ∩ K)
=
P (K)
3
5
·
7
10
2
3
4
= .
7
b) Die Ereignisse
R = R trifft am Schießstand.“
”
S = S trifft am Schießstand.“
”
T = T trifft am Schießstand.“
”
sind unabhängig mit P (R) = 34 , P (S) = 12 und P (T ) = 51 . Für die Wahrscheinlichkeit, daß einer der beiden Treffer von T stammt, erhalten wir
P (R ∩ S ∩ T ) + P (R ∩ S ∩ T )
P (R ∩ S ∩ T ) + P (R ∩ S ∩ T ) + P (R ∩ S ∩ T )
3 1 1
1
· · +1·1·1
1
= 3 1 4 4 2 3 5 1 4 1 2 1 5 1 1 = 10
= 25 %.
4 =
4
· · +4·2·5+4·2·5
4 2 5
10
p =
c) Wir betrachten das zufällige Drehen eines Glücksrads mit den Ziffern 0 bis
9, die jeweils mit der gleichen Wahrscheinlichkeit erscheinen; damit ist die
5
= 12 ; das
Wahrscheinlichkeit für eine gerade bzw. ungerade Ziffer jeweils 10
Glücksrad wird nun sechsmal unabhängig voneinander gedreht.
• Für das Ereignis A erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
4
1
1
1
= 4 = .
P (A) =
2
2
16
• Für das Ereignis B erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
5 1 6
9
1
6
1
·
+
=
P (B) =
·
5
10
10
10
1
9
1
54
1
55
55
11
=6· 5 ·
+ 6 = 6+ 6 = 6 =
=
.
10 10 10
10
10
10
1.000.000
200.000
• Für das Ereignis C erhalten wir die Wahrscheinlichkeit
3
3 2
1
1
1
1
1
1
3
· +2 ·
·
P (C) = 2 ·
= +
= .
2
2
2
2
8 16
16
|
{z
} |
{z
}
(∗)
(∗∗)
Es gehen folgende Überlegungen ein:
– Bei (∗) werden die drei geraden Ziffern als Block bei den ersten
drei Drehungen bzw. bei den letzten drei Drehungen erzielt; deswegen muß die Ziffer, die nach bzw. vor diesem Block gedreht wird,
ungerade sein.
– Bei (∗∗) werden die drei geraden Ziffern als Block bei den Drehungen
2, 3, 4 bzw. bei den Drehungen 3, 4, 5 erzielt; deswegen müssen
die Ziffern, die jeweils vor und nach diesem Block gedreht werden,
ungerade sein.
6. a) Dem vorliegenden zweistufigen Zufallsexperiment liegen die Ergebnisräume
Ω1 = {s, w} und Ω2 = {s, w} mit s = schwarz“ und w = weiß“ zugrunde;
”
”
wir erhalten das folgende Baumdiagramm:
n−1
24
n
25
·
n−1
24
P ({(s, s)}) =
w
P ({(s, w)}) =
n
25
s
P ({(w, s)}) =
25−n
25
w
P ({(w, w)}) =
s
25−n
24
n
24
25−n
25
n
25
s
·
25−n
24
·
n
24
w
24−n
24
25−n
25
·
24−n
24
b) Das Ereignis A: Die beiden gezogenen Kugeln sind gleichfarbig.“ besteht
”
aus den beiden Ergebnissen (s, s) und (w, w), und wir erhalten
n n − 1 25 − n 24 − n
·
+
·
=
25
24
25
24
(n2 − n) + (600 − 25 n − 24 n + n2 )
=
=
600
2 n2 − 50 n + 600
n2 − 25 n + 300
=
=
.
600
300
c) Wir bestimmen nun diejenigen n, für die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses
A gleich 50 % ist.
P (A) =
1
n2 − 25 n + 300
1
⇐⇒
=
⇐⇒
2
300
2
⇐⇒ n2 − 25 n + 300 = 150 ⇐⇒ n2 − 25 n + 150 = 0 ⇐⇒
P (A) =
⇐⇒ (n − 10) · (n − 15) = 0 ⇐⇒
n = 10 oder n = 15
d) Der von n abhängige Term n2 − 25 n + 150 der Wahrscheinlichkeit P (A)
, − 25
,
beschreibt eine nach oben geöffnete Parabel mit dem Scheitel S = 25
2
4
weswegen P (A) für n = 12 und n = 13 minimal wird.
7. a) Zwei Punktmengen M und M0 der Anschauungsebene P heißen kongruent,
wenn es eine Kongruenzabbildung f : P → P mit f (M) = M0 gibt.
b) Auf der Menge D aller Dreiecke der Anschauungsebene ist die Relation
R = {(∆1 , ∆2 ) ∈ D × D | ∆1 ist kongruent zu ∆2 }
gegeben. Für alle ∆1 , ∆2 , ∆3 ∈ D gilt:
• Die Identität id eine Kongruenzabbildung mit id(∆1 ) = ∆1 , also gilt
(∆1 , ∆1 ) ∈ R; damit ist R reflexiv.
• Sei (∆1 , ∆2 ) ∈ R; damit ist ∆1 kongruent zu ∆2 , es gibt also eine Kongruenzabbildung f : P → P mit f (∆1 ) = ∆2 . Folglich ist f umkehrbar,
und die Umkehrabbildung f −1 : P → P ist wieder eine Kongruenzabbildung mit f −1 (∆2 ) = ∆1 ; es ist also ∆2 kongruent zu ∆1 , und es gilt
(∆2 , ∆1 ) ∈ R. Damit ist R symmetrisch.
• Seien (∆1 , ∆2 ) ∈ R und (∆2 , ∆3 ) ∈ R; damit ist zum einen ∆1 kongruent zu ∆2 , es gibt also eine Kongruenzabbildung f1 : P → P mit
f1 (∆1 ) = ∆2 , und zum anderen ∆2 kongruent zu ∆3 , es gibt also eine
Kongruenzabbildung f2 : P → P mit f2 (∆2 ) = ∆3 . Folglich ist die
Hintereinanderausführung f = f2 ◦ f1 : P → P wieder eine Kongruenzabbildung mit
f (∆1 ) = (f2 ◦ f1 )(∆1 ) = f2 (f1 (∆1 )) = f2 (∆2 ) = ∆3 ;
es ist also ∆1 kongruent zu ∆3 , und es gilt (∆1 , ∆3 ) ∈ R. Damit ist R
transitiv.
Damit ist die Relation R eine Äquivalenzrelation auf der Menge D.
c) Für zwei Dreiecke ∆ABC und ∆A0 B 0 C 0 sind gleichwertig:
• Es gibt eine Kongruenzabbildung f : P → P mit f (A) = A0 , f (B) = B 0
und f (C) = C 0 .
• Es ist a = a0 , b = b0 und c = c0 . (SSS–Satz)
• Es ist α = α0 , b = b0 und c = c0 . (SWS–Satz)
• Es ist α = α0 , β = β 0 und c = c0 . (WSW–Satz)
8. Wir betrachten ein rechtwinkliges Dreieck ∆ABC mit dem rechten Winkel bei
C sowie dem Höhenfußpunkt H von C auf der Hypotenuse [AB] und wählen
die (auch in der Vorlesung verwendeten) üblichen Bezeichnungen für Längen und
Winkel. In der ursprünglichen Angabe hatte sich ein Druckfehler eingeschlichen; anstelle von kongruent“ muß es natürlich ähnlich“ heißen.
”
”
a) Das Dreieck ∆ABC stimmt mit dem Teildreieck ∆BCH in den beiden Innenwinkeln
^CBA = β = ^CBH
und
^ACB = 90◦ = ^BHC
und damit auch im dritten Innenwinkel überein; folglich sind die Dreiecke
∆ABC und ∆BCH ähnlich, und über das Längenverhältnis von Ankathete
von β und Hypotenuse erhalten wir
BC : AB = HB : BC
bzw.
a2 = c · p (Kathetensatz).
Das Dreieck ∆ABC stimmt mit dem Teildreieck ∆CAH in den beiden Innenwinkeln
^BAC = α = ^HAC
und
^ACB = 90◦ = ^CHA
und damit auch im dritten Innenwinkel überein; folglich sind die Dreiecke
∆ABC und ∆CAH ähnlich, und über das Längenverhältnis von Ankathete
von α und Hypotenuse erhalten wir
CA : AB = AH : CA
bzw.
b2 = c · q
(Kathetensatz).
Die beiden Teildreiecken ∆BCH und ∆CAH sind zum Dreieck ∆ABC
und damit auch zueinander ähnlich; über das Längenverhältnis der beiden
Katheten erhalten wir
CH : HB = AH : CH
bzw.
h2 = p · q
(Höhensatz).
Aus dem Kathetensatz ergibt sich schließlich in
a2 + b2 = c · p + c · q = c · (p + q) = c · c = c2
der Satz des Pythogoras.
b) Gegeben ist nun ein rechtwinkliges Dreieck ∆ABC mit dem Umfang u = 60
und dem Flächeninhalt F = 150; auf die Angabe der Maßeinheit LE bzw.
FE wird im folgenden verzichtet.
• Es ist
a + b + c = u = 60
und
a · b = 2 · F = 300;
wegen a + b = 60 − c ergibt sich
a2 + 2 · a · b + b2 = (a + b)2 = (60 − c)2 = 3600 − 120 · c + c2 ,
mit dem Satz des Pythogoras a2 + b2 = c2 also
2 · |{z}
a · b = 3600 − 120 · c
=F =300
und damit für die Hypotenuse
120 · c = 3600 − 600 = 3000
bzw.
c = 25.
Für die Höhe erhält man dann
25 · h = c · h = 2 · F = 300
bzw.
h = 12.
• Für die beiden Hypotenusenabschnitte gilt
p + q = c = 25
und
p · q = h2 = 144;
wegen q = 25 − p ergibt sich
144 = p · (25 − p) = 25 · p − p2
bzw. p2 − 25 · p + 144 = 0
und damit
p=
−(−25) ±
p
√
(−25)2 − 4 · 144
25 ± 49
25 ± 7
=
=
,
2
2
2
also p = 9 (mit q = 25 − 9 = 16) oder p = 16 (mit q = 25 − 16 = 9).
• Für die beiden Katheten ergibt sich im Falle p = 9 und q = 16 zum
einen
a2 = c · p = 25 · 9 = 225,
also
a = 15,
und
b2 = c · q = 25 · 16 = 400,
also
b = 20,
sowie im Falle p = 16 und q = 9 zum anderen
a2 = c · p = 25 · 16 = 400,
also
a = 20,
b2 = c · q = 25 · 9 = 225,
also
b = 15.
und
9. Wir betrachten ein beliebiges Dreieck ∆ABC mit den üblichen Bezeichnungen
a, b, c für die Seitenlängen sowie α, β, γ für die Innenwinkel; ferner bezeichne
zum einen F den Flächeninhalt und u den Umfang des Dreiecks ∆ABC und zum
anderen M den Mittelpunkt sowie r den Radius seines Inkreises.
a) Das Dreieck ∆ABC zerfällt in die drei Teildreiecke ∆ABM und ∆BCM
und ∆CAM , wobei zu der Seite [AB] bzw. [BC] bzw. [CA] der Länge
AB = c
bzw.
BC = a
bzw.
CA = b
die Höhe jeweils der Länge r gehört; damit ergibt sich
F = F∆ABM + F∆BCM + F∆CAM
1
1
1
=
·c·r+ ·a·r+ ·b·r
2
2
2
1
1
=
· (c + a + b) · r = · u · r.
2
2
√
√
b) Es sind nun die Seitenlängen a = 6, b = 2 und c = 1 + 3 gegeben.
• Nach dem Cosinussatz gilt
a2 = b2 + c2 − 2 · b · c · cos α,
also
√
√ 2
22 + (1 + 3)2 − 6
b 2 + c 2 − a2
√
=
cos α =
2·b·c
2 · 2 · (1 + 3)
√
√
2 (1 + 3)
1
4 + (1 + 2 3 + 3) − 6
√
√ =
=
=
2
4 (1 + 3)
4 (1 + 3)
und damit α = 60◦ . Nach dem Sinussatz ergibt sich ferner
sin α
sin β
=
,
a
b
also
√
√
b
2
3
1
2
sin β = · sin α = √ · sin
60}◦ = √ = √ =
,
|
{z
a
2
6
6
2
√
1
=2
3
und damit β = 45◦ oder β = 135◦ , wegen α + β < 180◦ also β = 45◦ .
Über die Innenwinkelsumme im Dreieck erhält man schließlich
γ = 180◦ − (α + β) = 180◦ − (60◦ + 45◦ ) = 75◦ .
• Das Dreieck ∆ABC besitzt den Flächeninhalt
√ √ √ 1
1
3
◦
F = · b · c · sin α = · 2 · 1 + 3 · sin
60
=
·
1
+
3
| {z√ }
2
2
2
1
=2
3
und den Umfang
u=a+b+c=
√
√
√
√
6 + 2 + (1 + 3) = 3 + 6 + 3,
woraus sich unter Verwendung von a) der Inkreisradius
√
√
√
3 · (1 + 3)
2·F
1+ 3
√
√
√
r=
= √
=
u
3+ 6+3
1+ 2+ 3
ergibt.
10. a) Für die Elemente der Menge
M = (1 + i)k | k ∈ {0, 1, 2, . . . , 8}
erhalten wir über die rekursive Definition der Potenz
(1 + i)0
(1 + i)1
(1 + i)2
(1 + i)3
(1 + i)4
=
=
=
=
=
(1 + i)5 =
(1 + i)6 =
(1 + i)7 =
(1 + i)8 =
1,
1 + i,
(1 + i) · (1 + i) = 12 + 2 · 1 · i + i2 = 2 i,
(1 + i)2 · (1 + i) = 2 i · (1 + i) = 2 i + 2 i2 = −2 + 2 i,
(1 + i)3 · (1 + i) = (−2 + 2 i) · (1 + i) =
= −2 − 2 i + 2 i + 2 i2 = −4,
(1 + i)4 · (1 + i) = −4 · (1 + i) = −4 − 4 i,
(1 + i)5 · (1 + i) = (−4 − 4 i) · (1 + i) =
= −4 − 4 i − 4 i − 4 i2 = −8 i,
(1 + i)6 · (1 + i) = −8 i · (1 + i) = −8 i − 8 i2 = 8 − 8 i,
(1 + i)7 · (1 + i) = (8 − 8 i) · (1 + i) =
= 8 + 8 i − 8 i − 8 i2 = 16.
Damit ergibt sich für die Menge M die folgende Skizze:
6Im(z)
−2 + 2 is
−4
−4 − 4 i
s
s2 i
s1 + i
s
s16 -
Re(z)
1
s
−8 i
s
s
8 − 8i
Alternativ ist die Berechnung auch über die Potenzgesetze möglich:
(1 + i)0
(1 + i)1
(1 + i)2
(1 + i)3
(1 + i)4
(1 + i)5
(1 + i)6
(1 + i)7
(1 + i)8
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1,
1 + i,
(1 + i) · (1 + i) = 12 + 2 · 1 · i + i2 = 2 i,
(1 + i)2 · (1 + i) = 2 i · (1 + i) = 2 i + 2 i2 = −2 + 2 i,
(1 + i)2 · (1 + i)2 = (2 i)2 = 4 i2 = −4,
(1 + i)4 · (1 + i) = −4 · (1 + i) = −4 − 4 i,
(1 + i)4 · (1 + i)2 = −4 · 2 i = −8 i,
(1 + i)4 · (1 + i)3 = −4 · (−2 + 2 i) = 8 − 8 i,
(1 + i)4 · (1 + i)4 = (−4)2 = 16.
b) Mit z = a + i · b erhalten wir
z+
1
1
a−i·b
=a+i·b+
=a+i·b+
=
z
a+i·b
(a + i · b) · (a − i · b)
a
i·b
a−i·b
=a+i·b+ 2
− 2
=
=a+i·b+ 2
2
2
a +b
a + b a + b2
a
b
= a+ 2
+i· b− 2
;
a + b2
a + b2
{z
}
{z
}
|
|
=Re(z+ z1 )
=Im(z+ z1 )
damit ergibt sich:
• Es ist z + z1 genau dann reell, wenn der Imaginärteil Im z +
wegen
1
z
= 0 ist;
b
1
= 0 ⇐⇒ b − 2
= 0 ⇐⇒
Im z +
z
a + b2
1
1
⇐⇒ b · 1 − 2
= 0 ⇐⇒ b = 0 oder 1 = 2
⇐⇒
a + b2
a + b2
2
2
⇐⇒ b = 0 oder a + b = 1 ;
besteht die Menge
1
M1 = z ∈ C \ {0} | z +
ist reell
z
in der Gaußschen Zahlenebene genau aus der punktierten Realteilachse
b = 0 (ohne den Ursprung) und dem Einheitskreis a2 + b2 = 1 mit dem
Ursprung als Mittelpunkt.
• Es ist z + z1 genau dann rein imaginär, wenn der Realteil Re z + z1 = 0
ist; wegen
a
1
= 0 ⇐⇒ a + 2
Re z +
= 0 ⇐⇒
z
a + b2
1
= 0 ⇐⇒ a = 0;
⇐⇒ a · 1 + 2
a + b2
{z
}
|
≥1>0
ist die Menge
1
M2 = z ∈ C \ {0} | z +
ist rein imaginär
z
in der Gaußschen Zahlenebene genau die punktierte Imaginarteilachse
a = 0 (ohne den Ursprung).
Zusammenfassend ergibt sich die folgende Skizze:
6Im(z)
M2
e
-
0
1 Re(z)
M1
11. Zu betrachten ist die Abbildung
f : C \ {−i} → C \ {1},
f (z) =
z−i
.
z+i
a) Für alle z ∈ C \ {−i} und w ∈ C \ {1} gilt
z−i
⇐⇒ w(z + i) = z − i
z+i
⇐⇒ wz + wi = z − i ⇐⇒ wz − z = −i − wi
1+w
⇐⇒ (w − 1)z = −i(1 + w) ⇐⇒ z = i ·
;
1−w
damit ist f wegen =⇒“ injektiv und wegen ⇐=“ surjektiv, insgesamt also
”
”
bijektiv, und für die Umkehrabbildung gilt
w = f (z)
⇐⇒
w=
f −1 : C \ {1} → C \ {−i},
f −1 (w) = i ·
1+w
.
1−w
b) Wir zeigen die Beziehung
f (R) = {z ∈ C | |z| = 1} \ {1}
durch den Nachweis von zwei Inklusionen:
• Für ⊆“ sei a ∈ R, es ist also a = a; damit ist f (a) ∈ C \ {1} mit
”
a − i 2 |a − i|2
(a − i) · (a + i)
(a − i) · (a − i)
2
=
=
= 1,
|f (a)| = =
2
a+i
|a + i|
(a + i) · (a − i)
(a + i) · (a + i)
also |f (a)| = 1.
• Für ⊇“ sei w ∈ C \ {1} mit |w| = 1, also w · w = |w|2 = 1; wegen
”
1
+
w
1+w
=i·
f −1 (w) = i ·
=
1−w
1−w
1+w
w·w+w
(w + 1) · w
= −i ·
= −i ·
= −i ·
=
1−w
w·w−w
(w − 1) · w
1+w
w+1
=i·
= f −1 (w)
= −i ·
w−1
1−w
ist f −1 (w) ∈ R, also w ∈ f (R).
12. a) Die drei gegebenen Gleichungen betrachten wir stets über der Grundmenge
G = C der komplexen Zahlen und bestimmen jeweils ihre Lösungsmenge:
• Die Gleichung
z 2 · (1 + i) = z · (1 − i).
ist zunächst für z = 0 erfüllt, und für z 6= 0 gilt
z ∈ L1 ⇐⇒ z 2 · (1 + i) = z · (1 − i) ⇐⇒ z · (1 + i) = (1 − i) ⇐⇒
1−i
1−i 1−i
1 − 2 i + i2
−2 i
⇐⇒ z =
=
·
=
=
= −i;
2
1+i
1+i 1−i
1−i
2
damit erhalten wir für die Lösungsmenge L1 = {0, −i}.
• Für die Gleichung
z 2 = 5 − 12 i
betrachten wir die Darstellung z = x + i y mit x, y ∈ R, und es ergibt
sich
z ∈ L2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
z 2 = 5 − 12 i
(x + i y)2 = 5 − 12 i
x2 + 2 · x · i y + i2 y 2 = 5 − 12 i
x2 − y 2 + 2 x y · i = 5 − 12 i,
durch Vergleich der Realteile und Imaginärteile also
6
x2 − y 2 = 5 und 2 x y = −12 ⇐⇒ y = − ,
x 6= 0
x
und damit
2
2
x −y =5
⇐⇒
2
6
36
x − −
= 5 ⇐⇒ x2 − 2 = 5
x
x
⇐⇒
⇐⇒
x4 − 36 = 5 x2 ⇐⇒ x4 − 5 x2 − 36 = 0
x2 − 9 · x2 + 4 = 0 ⇐⇒
x2 − 9 = 0
2
⇐⇒
6
6
x = ±3 mit y = − = −
= ∓2.
x
±3
y = − x6
Vieta
2
x +4>0
Damit erhalten wir die Lösungsmenge L2 = {−3 + 2 i, 3 − 2 i}.
• Die Gleichung
√ √ z 4 + 8 · 1 + 3 i = 0 ⇐⇒ z 4 = −8 · 1 + 3 i
{z
}
|
=w
mit
√ 1√
1
w = −8 · 1 + i 3 = |{z}
16 · − + i · −
3
= 16 · E(240◦ )
2
2
|{z}
| {z }
|w|
cos 240◦
besitzt wegen
√ z4 + 8 · 1 + 3 i = 0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
sin 240◦
√ z 4 = −8 · 1 + 3 i
z 4 = 16 · E(240◦ )
√
240◦
360◦
4
z = 16 · E
·E k·
4
4
◦
◦
z = 2 · E(60 ) · E(k · 90 )
mit k ∈ {0, 1, 2, 3} genau die vier verschiedenen komplexen Lösungen
√ !
√
1
3
z1 = 2 · E(60◦ ) · E(0◦ ) = 2 ·
+
i · 1 = 1 + 3 i,
2
2
√ !
√
1
3
z2 = 2 · E(60◦ ) · E(90◦ ) = 2 ·
+
i · i = − 3 + i,
2
2
√ !
√
1
3
z3 = 2 · E(60◦ ) · E(180◦ ) = 2 ·
+
i · (−1) = −1 − 3 i,
2
2
√ !
√
1
3
z4 = 2 · E(60◦ ) · E(270◦ ) = 2 ·
+
i · (−i) = 3 − i.
2
2
Damit erhalten wir die Lösungsmenge
n
o
√
√
√
√
L3 = 1 + 3 i, − 3 + i, −1 − 3 i, 3 − i .