Lösungen Gleichungen/Ungleichungen - TU

Gleichungen/Ungleichungen Lösungsblatt
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Gleichungen
Aufgabe 1 (Wurzel π37)
Finde alle Lösungen (x, y, z) ∈ R3 des Gleichungssystems
x+z−y =6
x + z 2 − y 2 = 36
x3 + z 3 − 2y 3 = 1
2
Lösung
Man stellt das System um zu
x+z =y+6
x + z 2 = y 2 + 36
x3 + z 3 = 2y 3 + 1
2
Aus den ersten beiden erhält man xz = 6y. Damit ergibt sich (y + 6)3 = (x + z)3 = 2y 3 + 1 +
3xz(x+z). Hier setzt man die obigen Terme ein und erhält y 3 = 215. Nimmt man die ersten beiden
der gegebenen Gleichungen, ergibt sich
0 = 2xz − 2xy − 2yz + 2y 2 = 2(x − y)(z − y)
√
√
√
√
Ddie beiden Fälle x = y und z = y führen zu den Lösungen {( 3 215, 3 215, 6), (6, 3 215, 3 215)}.
Aufgabe 2 (ÜJM 3.2.8)
Man bestimme alle Paare geordneter reeller Zahlen (x, y), für die gilt
x3 + x2 y + xy 2 + y 3 = 0
x + xy + y = −1
Lösung
Man kann das Gleichungssystem umformen zu
(x + y)3 − 2xy(x + y) = 0
(x + y) + xy = −1
Nun substituiert man u := x + y und v := xy. Dann werden die Gleichungen zu
0 = u3 − 2(−u − 1)u = u((u + 1)2 + 1)
was nur die Lösung u = 0 mit v = −1 hat. Das liefert die Lösungsmenge {(1, −1), (−1, 1)}.
Aufgabe 3 (MO 371331)
Man ermittle alle Paare (x, y) reeller Zahlen, die das folgende Gleichungssystem erfüllen:
xy(x + y) = 30
x3 + y 3 = 35
Lösung
Kombiniert erhält man (x+y)3 = 125, also x+y = 5 und somit xy = 6. Die quadratische Gleichung
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ergibt die Lösungen {(2, 3), (3, 2)}.
Aufgabe 4 (*MO 371346A*)
Man ermittle alle reellen Lösungen des Gleichungssystems
x5 = 21x3 + y 3
y 5 = x3 + 21y 3
Aufgabe 5 (ÜJM 3.2.9)
Man löse das Gleichungssystem
x3 − 2x2 y − 2xy 2 + y 3 = 8
x2 − 3xy + y 2 = 4
Lösung
Aus der zweiten Gleichung erhält man
4(x + y) = (x2 − 3xy + y 2 )(x + y) = x3 − 2x2 y − 2xy 2 + y 3 = 8
also x + y = 2. Das wiederum ergibt x2 + 2xy + y 2 = 4 = x2 3xy + y 2 und somit xy = 0. Damit
haben wir die Lösungen {(0, 2), (2, 0)}.
Aufgabe 6 (MO 05124*)
Man ermittle alle Quadrupel (x1 , x2 , x3 , x4 ) reeller Zahlen, für die gilt
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 + x4
x1 x2 + x1 x4 + x2 x4 + x3
x1 x3 + x 1 x4 + x3 x4 + x2
x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 + x1
=2
=2
=2
=2
Lösung
Setzt man die Gleichungen an der 2 gleich, so erhält man
(x1 − x2 )(x3 + x4 − 1) = 0
sowie die analogen Gleichungen. Fallunterscheidung
liefert 21 , 12 , 21 , 54 sowie dessen Vertauschungen
und die symmetrischen Lösungen 23 , 23 , 23 , 23 und (−1, −1, −1, −1).
Aufgabe 7 (MO 07104*)
Man gebe alle reellen Zahlen x an, die folgende Gleichung erfüllen
r
q
q
√
√
3
x
√
x+ x− x− x=
2 x+ x
Lösung
p
√
√
√
Multiplikation√der Gleichung mit x + x liefert x2 − x = x − 12 x. Quadrieren und zusammen
25
fassen liefert x = 45 , bzw x = 16
.
Aufgabe 8 (MO 370945)
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Bestimme alle Tripel reeller positiver Zahlen, für die gilt
a + 2b2 + 3c3 +
1
2
3
+ 2 + 3 = 12
a b
c
Lösung
Wegen (x − 1)2 ≥ 0 folgt x + x1 ≥ 2 mit Gleichheit für x = 1. Damit ist (1, 1, 1) die einzige Lösung.
Ungleichungen
Nützliche Ungleichungen
• die Mutter aller Ungleichungen: x2 ≥ 0
• Mittelungleichung: HM ≤ GM ≤ AM ≤ QM
• Jensensche Ungleichung: für konvexes f gilt f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y)
P
P
P
2
• Cauchy-Schwarz-Ungleichung: ( ni=1 a2i ) · ( ni=1 b2i ) ≥ ( ni=1 ai bi )
Aufgabe 9 (BWM 2006.1)
Für die Seiten eines Dreiecks gelte a2 + b2 > 5c2 . Zeige, dass c die Länge der kürzesten Seite ist.
Lösung
Angenommen a ≤ c. Dann ist a2 ≤ c2 . Nach Dreiecksungleichung gilt b < a + c ≤ 2c, also b2 < 4c2 .
Damit ist a2 + b2 < 5c2 , was ein Widerspruch ist.
Aufgabe 10 (MO 371016)
√
√
Beweise, dass für jede positive ganze Zahl gilt 2 n + 1 − 2 n <
Lösung
Die andere Richtung läuft analog.
√1
n
√
√
<2 n−2 n−1
√
√
2(n + 1 − n)
2
2
1
2 n+1−2 n= √
√ =√
√ < √ =√
2 n
n
n+1− n
n+1− n
Aufgabe 11 (Baltic Way 2012)
Seien a, b, c reelle Zahlen mit a ≤ b ≤ c. Zeige ab + bc + ca + c − a ≤ 1 + 31 (a + b + c)2
Lösung
Nach AM-QM gilt
r
(c − b)2 + (b − a)2
c−a
3
≥
und somit (c − a)2 + (c − b)2 + (b − a)2 ≥ (c − a)2
2
2
2
Wegen ((c − a) − 2)2 ≥ 0 gilt nun
1
1
c − a ≤ 1 + (c − a)2 = 1 +
4
6
3
(c − a)2
2
was äquivalent zur zu zeigenden Ungleichung ist.
Aufgabe 12 (*Wurzel π30*)
≤1+
1
(c − a)2 + (c − b)2 + (b − a)2
6
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Man beweise ln2 (cos x) ≤ x(tan x − x) für alle x ∈ [0, π2 )
Aufgabe 13 (Wurzel π42)
Man beweise für beliebige a, b, c > 0 die Ungleichung
2a3 + 2b3 + 2c3 + ab2 + bc2 + ca2 ≥ 3a2 b + 3b2 c + 3c2 a
Lösung
Nach AM-GM gilt a3 + ab2 ≥ 2a2 b, analog für die anderen. Die Umordnungsungleichung ergibt
a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a.
Aufgabe 14 (IMO-Auswahl, 2001)
Zeige: Für positive reelle Zahlen a, b, c gilt
a
b
c
3
p
+p
+p
≤
2
(a + b)(a + c)
(b + a)(b + c)
(c + a)(c + b)
Lösung
Wenn man HM-GM invertiert, erhält man
bzw. (c + a) an, ergibt sich
√1
xy
≤2
1
x
+
1
y
. Wendet man dies auf (a + c), (b + c)
a
b
c
p
+p
+p
(a + b)(a + c)
(b + a)(b + c)
(c + a)(c + b)
a
a
b
b
c
c
3
1
+
+
+
+
+
=
≤
2 a+b a+c b+a b+c c+a c+b
2
Aufgabe 15 (Wurzel σ20)
Man beweise für alle positiven a, b, c, d, e ∈ R mit a + b + c + d + e = 1 die Ungleichung
a4
b4
c4
d4
e4
1
+
+
+
+
≥
b+c c+d d+e e+a a+b
50
Lösung
Mittels Cauchy-Schwarz erhalten wir die Andreescu-Ungleichung (Engel-Ungleichung?).
2 X
n n p
X
2
ai
√
·
bi ≥
bi
i=1
i=1
n
X
a p
√ i · bi
bi
i=1
!2
=
n
X
!2
a2i
i=1
⇒
n
X
a2
i
i=1
bi
Pn
2n
ai )
i=1
P
≥
bi
(
Unter zweimaliger Anwendung dieser Ungleichung ergibt sich
a4
b4
c4
d4
e4
(a2 + b2 + c2 + d2 + e2 )2
+
+
+
+
≥
b+c c+d d+e e+a a+b
2(a + b + c + d + e)
2
2
2
2
2
2 2
1 a
b
c
d
e
1 (a + b + c + d + e)2
1
=
+ + +
+
≥
=
2 1
1
1
1
1
2
5
50
Die zweite Ungleichung erhält man genauso gut mit AM-QM.
Aufgabe 16 (MO 371045)
i=1
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Beweise die folgende Aussage
1
1
1998 < 1 + √ + . . . + √
< 1999
2
1000000
Lösung
√
√
Man nutzt 2 n + 1 − 2 n <
√1
n
√
√
< 2 n − 2 n − 1 und bildet die Teleskopsumme.
1000000
1000000
X 1
X
√
√
√
√ =1+
1998 < 2 100001 − 2 <
< 1 + 2 1000000 − 2 1 = 1999
k
k=1
k=2
Aufgabe 17 (Kolmogorow-Buch, 148)
√
√
Beweise n n! ≥ n
Lösung
Beweise hierzu
n
2
n ≤ (n!) =
n
Y
(n − k + 1) · k
k=1
Für k = 1 und k = n ist der Faktor n. Andernfalls ist einer mindestens 2, der andere mindestens
n
. Damit ist jeder dieser Faktoren mindestens n.
2
Aufgabe 18 ()
Beweise 12 (a + b) ≥
Lösung
√
a+b
ab · ba für alle a, b ∈ N.
a+b
2
AM-HM
≥
1
a
2
+
1
b
=
a·b+b·a
a+b
AM-GM
≥
√
a+b
ab · b a