Erreichbare Punktzahl: 20 - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Wintersemester 2014/2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 1
Lösungen von Blatt I vom 16.10.14
Aufgabe I.1 (5 Punkte)
1.
j
5 X
X
a) Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke:
(j − k) ,
2.
j=1 k=1
j+1
4 X
X
(j(5 − k)) ,
3.
3 X
k
Y
j.
k=1 j=1
j=1 k=1
Bestimmen Sie alle Zahlen x, welche die folgenden Bedingungen erfüllen:
a) |2x + 3| > 2,
b) |x + 1| − 1 ≤ 2,
2
c) x − 4 ≤ 2.
d) x + |x − 2| = 1 + |x| .
Aufgabe I.2 (6 Punkte)
Bestimmmen Sie alle Zahlen x, welche die folgenden Bedingungen erfüllen:
a) x2 + 2x = 15,
b) x2 + 2 |x| > 15,
x
x2 −1
≥
1
,
x
d) x + 6 ≤
45
x
c)
mit x 6= 1, x 6= −1, x 6= 0,
− 2 |x| ,
mit x 6= 0 .
Aufgabe I.3 (3 Punkte)
Seien A, B und C Aussagen. Überprüfen Sie, ob die folgenden Aussagen Tautologien sind.
a) (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ C) ⇒ (A ⇒ C).
b) ¬(A ⇒ B) ⇔ A ∧ ¬B
c) ¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∨ ¬B)
Aufgabe I.4 (6 Punkte)
Im Folgenden stehen Aussagen über Zahlen x, y, z. Sind die Aussagen wahr? Beweisen Sie Ihre Behauptung.
a) ∀x ∃y ∀z : (x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4) =⇒ x + y ≤ z,
b) ∀x ∀y ∀z : (x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4) =⇒ x + y ≤ z,
c) ∀x ∀y ∀z : x · y · z = 0 =⇒ (x = 0) ∨ (y = 0) ∨ (z = 0).
Lösungsvorschläge
Aufgabe I.1
a) Wir unterscheiden in der Ungleichung |2x + 3| > 2 zwei Fälle:
Fall 1): Sei 2x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥
−3
2 .
In diesem Fall lautet die Bedingung an x
2x + 3 > 2 ⇐⇒ x >
Fall 2): Sei 2x + 3 < 0 ⇔ x <
−3
2
−1
.
2
In diesem Fall lautet die Bedingung an x
−2x − 3 > 2 ⇐⇒ x <
−5
.
2
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt I – Lösungen
Seite 2
oder x < −5
2 die Ungleichung.
b) Wir unterscheiden in der Ungleichung |x + 1| − 1 ≤ 2 vier Fälle:
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit x >
−1
2
Fall 1a): Seien (x + 1 ≥ 0 und x + 1 − 1 = x ≥ 0) ⇔ x ≥ 0. In diesem Fall lautet
die Bedingung an x
x + 1 − 1 ≤ 2 ⇐⇒ x ≤ 2.
Also erfüllen alle x mit 0 ≤ x ≤ 2 die Ungleichung.
Fall 1b): Seien (x + 1 ≥ 0 und x + 1 − 1 = x < 0) ⇔ −1 ≤ x < 0. In diesem Fall
lautet die Bedingung an x
−x ≤ 2 ⇐⇒ x ≥ −2.
Also erfüllen alle x mit −1 ≤ x < 0 die Ungleichung.
Fall 2a): Seien (x + 1 < 0 und −x − 1 − 1 = −x − 2 ≥ 0) ⇔ x ≤ −2. In diesem
Fall lautet die Bedingung an x
−x − 1 − 1 ≤ 2 ⇐⇒ x ≥ −4.
Also erfüllen alle x mit −4 ≤ x ≤ −2 die Ungleichung.
Fall 2b): Seien (x + 1 < 0 und −x − 1 − 1 = −x − 2 < 0) ⇔ −2 < x < −1. In
diesem Fall lautet die Bedingung an x
x + 1 + 1 ≤ 2 ⇐⇒ x ≤ 0.
Also erfüllen alle x mit −2 < x < −1 die Ungleichung.
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit −4 ≤ x ≤ 2 die Ungleichung.
c) Wir unterscheiden in der Ungleichung x2 − 4 ≤ 2 zwei Fälle:
Fall 1): Sei x2 − 4 ≥ 0 ⇔ |x| ≥ 2. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
√
x2 − 4 ≤ 2 ⇐⇒ |x| ≤ 6.
√
√
Also erfüllen alle x mit − 6 ≤ x ≤ −2 oder 2 ≤ x < 6 die Ungleichung.
Fall 2): Sei x2 − 4 < 0 ⇔ |x| < 2 In diesem Fall lautet die Bedingung an x
√
−x2 + 4 ≤ 2 ⇐⇒ x2 ≥ 2 ⇐⇒ |x| ≥ 2.
√
√
Also erfüllen alle x mit −2 < x ≤ − 2 oder − 2 ≤ x < 2 die Ungleichung.
√
√
√
√
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit − 6 ≤ x ≤ − 2 oder 2 ≤ x ≤ 6 die
Ungleichung.
d) Wir unterscheiden in der Gleichung x + |x − 2| = 1 + |x| drei Fälle:
Fall 1): Sei x ≥ 2. Dann gilt: x − 2 ≥ 0 und x > 0. In diesem Fall lautet die
Bedingung an x
x + x − 2 = 1 + x ⇐⇒ x = 3.
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Fall 2): Sei 0 ≤ x < 2. Dann gilt: x − 2 < 0 und x ≥ 0. In diesem Fall lautet die
Bedingung an x
x − x + 2 = 1 + x ⇐⇒ x = 1.
Fall 3): Sei x < 0. Dann gilt: x − 2 < 0 und x < 0. In diesem Fall lautet die
Bedingung an x
x − x + 2 = 1 − x ⇐⇒ x = −1.
Folglich sind x1 = −1, x2 = 1 oder x3 = 3 Lösungen der Gleichung.
Aufgabe I.2
a) Es gilt:
x2 + 2x = 15 ⇐⇒ x2 + 2x − 15 = 0 ⇐⇒ x = 3 oder x = −5.
Folglich lösen alle Zahlen x mit x = 3 oder x = −5 die Gleichung.
b) Wir unterscheiden in der Ungleichung x2 + 2 |x| > 15 zwei Fälle:
Fall 1: Sei x ≥ 0. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x2 + 2x > 15 ⇐⇒ x2 + 2x − 15 > 0.
x2 + 2x − 15 ist eine nach oben geöffnete Normalparabel. Also erfüllen nach
Aufgabenteil a) alle Zahlen x mit x > 3 die Ungleichung.
Fall 2: Sei x < 0. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x2 − 2x > 15 ⇐⇒ x2 − 2x − 15 > 0.
x2 − 2x − 15 ist eine nach oben geöffnete Normalparabel mit Nullstellen
−3 und 5. Also erfüllen alle Zahlen x mit x < −3 die Ungleichung.
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit x < −3 oder x > 3 die Ungleichung.
c) Wir unterscheiden in der Ungleichung
x2
x2 −1
≥
1
x
vier Fälle:
Fall 1: Sei x < −1. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x
1
x2 − 1
≥
⇐⇒
x
≥
⇐⇒ x2 ≤ x2 − 1 ⇐⇒ 0 ≤ −1.
x2 − 1
x
x
Dies ist ein Widerspruch. Demnach gibt es keine Zahl x < −1, welche die
Ungleichung erfüllt.
Fall 2: Sei −1 < x < 0. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x
1
x2 − 1
≥
⇐⇒
x
≤
⇐⇒ x2 ≥ x2 − 1 ⇐⇒ 0 ≥ −1.
x2 − 1
x
x
Dies ist eine richtige Aussage. Also erfüllen alle Zahlen x mit −1 < x < 0
die Ungleichung.
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Fall 3: Sei 0 < x < 1. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x
1
x2 − 1
≥
⇐⇒
x
≤
⇐⇒ x2 ≤ x2 − 1 ⇐⇒ 0 ≤ −1.
x2 − 1
x
x
Dies ist ein Widerspruch. Demnach gibt es keine Zahl x mit 0 < x < 1,
welche die Ungleichung erfüllt.
Fall 4: Sei x > 1. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x
1
x2 − 1
≥
⇐⇒
x
≥
⇐⇒ x2 ≥ x2 − 1 ⇐⇒ 0 ≥ −1.
x2 − 1
x
x
Dies ist eine richtige Aussage. Also erfüllen alle Zahlen x mit x > 1 die
Ungleichung.
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit −1 < x < 0 oder x > 1 die Ungleichung.
d) Wir unterscheiden in der Ungleichung x + 6 ≤
45
x
− 2 |x| zwei Fälle:
Fall 1: Sei x > 0. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x+6≤
45
45
− 2 |x| ⇐⇒ x + 6 ≤
− 2x
x
x
⇐⇒ x2 + 6x ≤ 45 − 2x2
⇐⇒ x2 + 2x − 15 ≤ 0.
x2 + 2x − 15 ist eine nach oben geöffnete Normalparabel. Also erfüllen nach
Aufgabenteil a) alle Zahlen x mit 0 < x ≤ 3 die Unleichung.
Fall 2: Sei x < 0. In diesem Fall lautet die Bedingung an x
x+6≤
45
45
− 2 |x| ⇐⇒ x + 6 ≤
+ 2x
x
x
⇐⇒ x2 + 6x ≥ 45 + 2x2
⇐⇒ x2 − 6x + 45 ≤ 0.
x2 − 6x + 15 ist eine nach oben geöffnete Normalparabel ohne Nullstellen.
Also gibt es keine Zahl x < 0, welche die Ungleichung erfüllt.
Folglich erfüllen alle Zahlen x mit 0 < x ≤ 3 die Ungleichung.
Aufgabe I.3
a)
A
w
w
w
w
f
f
f
f
B
w
w
f
f
w
w
f
f
C
w
f
w
f
w
f
w
f
A⇒B
w
w
f
f
w
w
w
w
B⇒C
w
f
w
w
w
f
w
w
(A ⇒ B) ∧ (B ⇒ C)
w
f
f
f
w
f
w
w
A⇒C
w
f
w
f
w
w
w
w
(A ⇒ B) ∧ (B ⇒ C) ⇒ (A ⇒ C)
w
w
w
w
w
w
w
w
Übungsblatt I – Lösungen
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Also ist (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ C) ⇒ (A ⇒ C) eine Tautologie.
b)
¬B A ⇒ B ¬(A ⇒ B) A ∧ ¬B
f
w
f
f
w
f
w
w
f
w
f
f
w
w
f
f
Also ist ¬(A ⇒ B) ⇔ A ∧ ¬B eine Tautologie.
c)
A
w
w
f
f
A
w
w
f
f
B
w
f
w
f
B
w
f
w
f
¬A
f
f
w
w
¬B
f
w
f
w
A∨B
w
w
w
f
¬(A ∨ B)
f
f
f
w
(¬A ∨ ¬B)
f
w
w
w
¬(A ⇒ B) ⇔ A ∧ ¬B
w
w
w
w
¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∨ ¬B)
w
f
f
w
Somit ist ¬(A ∨ B) ⇔ (¬A ∨ ¬B) keine Tautologie.1
Aufgabe I.4
a) Die Aussage ist wahr. Wähle y = 4, dann ist y ≤ 3 falsch und damit die Implikation
unabhängig von den Wahrheitswerten der übrigen Teilaussagen wahr. Alternativ
lässt sich dies auch einsehen, indem man nachweist, dass die Negation falsch ist.
Die Negation lässt sich auf folgende Weise gleichwertig ausdrücken:
¬(∀x∃y∀z : (x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4) =⇒ x + y ≤ z)
⇐⇒ (∃x∀y∃z : ((x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4)) ∧ ¬(x + y ≤ z))
⇐⇒ (∃x∀y∃z : ((x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4)) ∧ (x + y > z)) .
Es existieren keine Zahlen x und z, sodass y ≤ 3 für alle Zahlen y wahr ist. Damit
ist die mit “und” verknüpfte Gesamtaussage falsch.
b) Die Aussage ist falsch. Wir beweisen die Negation der Aussage. Die Negation lässt
sich auf folgende Weise gleichwertig ausdrücken:
¬(∀x∀y∀z : (x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4) =⇒ x + y ≤ z)
⇐⇒ (∃x∃y∃z : ((x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4)) ∧ ¬(x + y ≤ z))
⇐⇒ (∃x∃y∃z : ((x ≤ 2) ∧ (y ≤ 3) ∧ (z ≤ 4)) ∧ (x + y > z)).
Wähle hierzu x = 2, y = 3 und z = 4. Dann gilt:
x + y = 2 + 3 = 5 > 4 = z.
c) Wir beweisen diese Aussage mittels Kontraposition, d.h. wir verwenden die Tautologie: (A ⇒ B) ⇔ (¬B ⇒ ¬A).
Es gelte ¬((x = 0) ∨ (y = 0) ∨ (z = 0)) = ((x 6= 0) ∧ (y 6= 0) ∧ (z =
6 0)). Dann folgt:
(x · y · z 6= 0) = ¬(x · y · z = 0).
1
Um das einzusehen würde z.B. auch die zweite Zeile der Tabelle genügen.