Mathematik für die Chemie I – 1. ¨Ubung Lösung

Prof. Dr. M. Chipot
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Mathematik für die Chemie I – 1. Übung
Abgabe: Montag, den 26.09.2011
Lösung
Aufgabe 1
(a) Formuliere jeweils die Negation der Aussage sowohl in Kurzschreibweise als auch in
einem ausformulierten Satz. Zeige ausserdem jeweils durch Angabe einer geeigneten
Menge M , dass die erhaltene Negation eine wahre Aussage ist.
(i) ∀M ⊂ R ∃δ > 0 : (x + δ) ∈ M ∀x ∈ M .
(ii) ∀M ⊂ R ∀x ∈ M ∃y ∈ M : x + y ∈ M .
(b) Es seien A, B ⊂ R. Beweise die folgenden Aussagen:
(i) A ⊂ B
⇐⇒
(ii) (A ∩ B) ⊂ (A \ B)
(R \ B) ⊂ (R \ A).
=⇒
(A ∩ B) = ∅.
Lösung:
(a)
(i) Die Negation der Aussage lautet: ∃M ⊂ R : ∀δ > 0 ∃x ∈ M : (x + δ) 6∈ M .
Ausführlich lautet die Negation: Es gibt eine Teilmenge M der reellen Zahlen, so
dass zu jedem δ > 0 ein Element x der Menge M existiert, so dass (x + δ) kein
Element der Menge M ist.
Diese Negation ist eine wahre Aussage. Es gilt z.B. für M = [0, 1], dass zu jedem
δ > 0 das Element x = 1 ∈ M die Bedingung x + δ = 1 + δ 6∈ M erfüllt.
(ii) Die Negation der Aussage lautet: ∃M ⊂ R ∃x ∈ M : x + y 6∈ M ∀y ∈ M .
Ausführlich lautet die Negation: Es gibt eine Teilmenge M der reellen Zahlen und
ein Element x der Menge M , so dass für jedes Element y der Menge M das Element
x + y kein Element der Menge M ist.
Diese Negation ist eine wahre Aussage. Es gilt z.B. für M = {1} und x = 1, dass für
jedes y ∈ M (also für y = 1) das Element x + y 6∈ M gilt (da x + y = 1 + 1 = 2 6∈ M
gilt).
(b)
(i) “ ⇒00 : Es gelte A ⊂ B. Sei x ∈ (R \ B). Dann gilt x 6∈ B. Wegen A ⊂ B muss
also x 6∈ A gelten (da im Fall x ∈ A auch x ∈ B gelten würde, was wegen x 6∈ B
nicht gelten kann). Wegen x 6∈ A gilt x ∈ (R \ A). Da x ∈ (R \ B) beliebig war, gilt
(R \ B) ⊂ (R \ A).
“ ⇐00 : Es gelte (R \ B) ⊂ (R \ A). Sei x ∈ A. Dann gilt x 6∈ (R \ A). Wegen
(R \ B) ⊂ (R \ A) muss also x ∈ B gelten (da im Fall x ∈ (R \ B) auch x ∈ (R \ A)
gelten würde, was wegen x 6∈ (R \ A) nicht sein kann). Da x ∈ A beliebig war, folgt
A ⊂ B.
(ii) Es gelte (A ∩ B) ⊂ (A \ B).
Angenommen, es wäre A∩B 6= ∅. Dann gäbe es x ∈ A∩B. Wegen (A∩B) ⊂ B wäre
also x ∈ B. Wegen (A ∩ B) ⊂ (A \ B) wäre außerdem x ∈ (A \ B) = (A ∩ (R \ B)) ⊂
(R \ B). Da aber nicht gleichzeitig x ∈ B und x ∈ (R \ B) gelten kann, ist dies ein
Widerspruch. Daher ist die Annahme falsch und es folgt A ∩ B = ∅.
√
Beweise, dass 5 keine rationale Zahl ist.
√
Hinweis: Nimm an, dass 5 = pq mit p, q ∈ Z, q 6= 0 gilt und pq irreduzierbar ist (d.h. der
Bruch pq ist vollständig gekürzt). Beweise zuerst, dass p durch 5 teilbar sein muss.
Aufgabe 2
Lösung:
Angenommen,
√
5 wäre eine rationale Zahl. Dann gibt es p, q ∈ Z mit q 6= 0, so dass
√
5=
p
q
2
gilt und pq irreduzierbar ist. Dann gilt 5 = pq2 , also p2 = 5q 2 . Somit ist die natürliche Zahl
p2 durch 5 teilbar. Da 5 eine Primzahl ist, muss auch p durch 5 teilbar sein (denn wenn ein
Produkt a · b mit a, b ∈ Z durch 5 teilbar ist, so muss a oder b durch 5 teilbar sein; also muss
wegen p2 = p · p auch p durch 5 teilbar sein). Da p durch 5 teilbar ist, gibt es r ∈ Z mit
p = 5r. Wegen p2 = 5q 2 folgt daher 25r2 = 5q 2 , also q 2 = 5r2 . Daher ist q 2 durch 5 teilbar
und analog zu oben ist somit auch q durch 5 teilbar. Somit sind p und q beide durch 5 teilbar.
√
Dies ist ein Widerspruch dazu, dass pq irreduzierbar ist. Somit ist die Annahme falsch und 5
ist keine rationale Zahl.
Aufgabe 3
(a) Bestimme alle Lösungen x ∈ R der folgenden Gleichungen bzw. Ungleichungen.
(i) |x − 3| = 7,
(iii) |π − x| > 2,
(ii) |(x + 1)(x − 3)| = −5,
(iv) |2x − 1| ≤ |6x + 7|.
(b) Skizziere die Menge { (x, y) ∈ R × R : y = |(x − 1)(x + 2)| } und bestimme daraus für
jedes a ∈ R die Anzahl der Lösungen der Gleichung
|(x − 1)(x + 2)| = a.
Lösung:
(a)
(i) |x − 3| = 7 ist genau dann erfüllt, wenn entweder x − 3 = 7 oder −(x − 3) = 7 gilt.
Wegen
x − 3 = 7 ⇔ x = 10
und
−(x − 3) = 7
⇔
x − 3 = −7
⇔
x = −4
ist die Lösungsmenge der Gleichung |x − 3| = 7 die Menge L1 = {10, −4}.
(ii) Wegen |(x + 1)(x − 3)| ≥ 0 hat die Gleichung |(x + 1)(x − 3)| = −5 keine Lösung,
so dass die Lösungsmenge L2 = ∅ ist.
(iii) |π − x| > 2 ist genau dann erfüllt, wenn entweder π − x > 2 oder −(π − x) > 2
gilt. Wegen
π−x>2 ⇔ x<π−2
und
−(π − x) > 2
⇔
π − x < −2
⇔
x>π+2
ist die Lösungsmenge der Ungleichung |π − x| > 2 die Menge L3 = (−∞, π − 2) ∪
(π + 2, ∞).
(iv) Um die Ungleichung |2x − 1| ≤ |6x + 7| zu lösen, gibt es folgende Fälle.
Für x ≥
1
2
gilt
|2x − 1| ≤ |6x + 7|
⇔
2x − 1 ≤ 6x + 7
⇔ −8 ≤ 4x
⇔
x ≥ −2.
Somit ist die Ungleichung für alle x ∈ [ 12 , ∞) erfüllt.
Für x ∈ [− 76 , 12 ) gilt
|2x − 1| ≤ |6x + 7|
⇔
−(2x − 1) ≤ 6x + 7
⇔ −6 ≤ 8x
⇔
3
x≥− .
4
Somit ist die Ungleichung für alle x ∈ [− 34 , 12 ) erfüllt.
Für x < − 76 gilt
|2x − 1| ≤ |6x + 7|
⇔
−(2x − 1) ≤ −(6x + 7)
⇔ 4x ≤ −8
⇔
x ≤ −2.
Somit ist die Ungleichung für alle x ∈ (−∞, −2] erfüllt.
Insgesamt ist die Lösungsmenge der Ungleichung |2x − 1| ≤ |6x + 7| die Menge
L4 = (−∞, −2] ∪ [− 43 , 12 ) ∪ [ 12 , ∞) = (−∞, −2] ∪ [− 43 , ∞).
(b) Die Menge { (x, y) ∈ R × R : y = |(x − 1)(x + 2)| } sieht folgendermaßen aus:
18
y = |(x−1)(x+2)|
16
14
12
10
8
6
4
2
0
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
Die Anzahl der Lösungen der Gleichung |(x − 1)(x + 2)| = a sind genau die Anzahl der
Schnittpunkte des obigen Graphens mit der waagerechten Geraden y = a. Somit hat
die Gleichung |(x − 1)(x + 2)| = a für a < 0 keine Lösung, für a = 0 zwei Lösungen
(nämlich x ∈ {1, −2}), für a ∈ (0, 49 ) vier Lösungen, für a = 94 drei Lösungen und für
a > 49 zwei Lösungen.
Dies folgt daraus, dass die Funktion y = |(x−1)(x+2)| zwei Minima bei (x, y) = (−2, 0)
und (x, y) = (1, 0) sowie ein lokales Maximum bei (x, y) = (− 21 , 94 ) hat. Zwischen diesen
lokalen Extrempunkten ist die Funktion streng monoton und außerdem ist die Funktion
nach oben unbeschränkt.
Aufgabe 4
(a) Sei x = 0.012 = 0.0121212 . . . . Finde a, b ∈ Z mit x = ab .
(b) Vergleiche 1 und 0.9 = 0.999 . . . .
(c) Es sei ab mit a, b ∈ Z und b 6= 0 ein irreduzierbarer Bruch. Finde und beweise notwendige
und hinreichende Bedingungen dafür, dass ab eine Dezimalzahl ist. (Eine Dezimalzahl
ist eine reelle Zahl, deren Dezimaldarstellung nur endlich viele Nachkommastellen hat,
die ungleich Null sind.)
Lösung:
(a) Wegen 100x = 1.212 gilt
99x = 100x − x = 1.212 − 0.012 = 1.2 =
12
.
10
Somit folgt
x=
12
12
2
=
=
,
99 · 10
990
165
also a = 2 und b = 165.
(b) Es gilt
9 · 0.9 = 10 · 0.9 − 0.9 = 9.9 − 0.9 = 9,
also 0.9 = 1.
(c) Es sei y =
a
b
mit a, b ∈ Z und b 6= 0 ein irreduzierbarer Bruch.
Behauptung: y ist eine Dezimalzahl
⇔
∃m, n ∈ N mit b = 2m · 5n .
Beweis:
“ ⇒00 : Es sei y eine Dezimalzahl. Also gibt es r ∈ N, so dass y genau r Nachkommastellen
hat. Somit gibt es c ∈ Z mit y = 10cr . Da y = ab ist und ab irreduzierbar ist, muss b
ein Teiler von 10r sein. Da 10r = 2r · 5r gilt und 2 und 5 Primzahlen sind, gibt es
also m, n ∈ N mit 0 ≤ m ≤ r, 0 ≤ n ≤ r und b = 2m · 5n .
“ ⇐00 : Es sei b = 2m · 5n mit m, n ∈ N. Mit r = max{m, n} gilt daher
y=
a
a · 2r−m · 5r−n
a · 2r−m · 5r−n
a
= m n =
=
.
b
2 ·5
2r · 5r
10r
Wegen a · 2r−m · 5r−n ∈ Z ist daher y eine Dezimalzahl mit höchstens r Nachkommastellen. Also ist y eine Dezimalzahl.
q.e.d.