Lösung: 3. Übung zur Vorlesung Höhere Mathematik 1

Transkript

1 Prof. Dr. R. Plato J. Hauen. Übung zur Vorlesung Höhere Mathematik Wintersemester /9 Aufgabe ( Punkte (+)). Lösen Sie die folgenden Gleichungen: z = 9 z + z + 9 = / z = 9 =( ) 9 = i = (i) z, = ±i Alternativ kann auch die p-q-formel (siehe Vorlesungsskript) angewandt werden. z + z + 9 = z + z + = z + z + 9 = Da ( ) = < 9 ist, kann der entsprechende Fall der p-q-formel verwendet werden. Damit gilt z, = ± i 9 ( ) = ± i 9 = ± i. Aufgabe ( Punkte (+)). Berechnen Sie die Menge derjenigen rellen Zahlen x, die folgende (Un-)Gleichung erfüllen: x + x + =, +x +x x +x Zunächst muss x und x + sein. Man kann diese Bedingungen auch in x und x umformen. Das schränkt die Lösungsmenge auf L {x R x } ein. x + x + = = ( x + x + ) = = x + (x )(x + ) + x + = (x )(x + ) = x + = (x )(x + ) = ( x + ) (x x ) = 9x x + x x = 9x x + x x + = ( Die Anwendung der p-q-formel liefert x, = ± ) = ± = ± = ±. Da bei Ergebnisse gröÿer als sind, erhält man L {+, }. D.h. die einzigen Zahlen,

2 die als Lösungen in Frage kommen sind + und. Bei Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung erhält man für keine der Zahlen das gewünschte Ergebnis. ( + ) + + +, ( ) + +, Damit hat die ursprüngliche Gleichung keine Lösung, d.h. L =. Da man nicht durch Null teilen darf, muss x = aus der Lösungsmenge ausgeschlossen werden. Um die Ungleichung zu lösen, muss man bei Seiten der Ungleichung mit + x multipliziert werden. Die Tatsache, dass der Ungleichheitszeichen durch die Multiplikation mit den negativen Zahlen sich ändert, führt zu einer Fall Unterscheidung:. Fall, + x > bzw. x > : + x + x x + x + x x x Wenn man die Bedingungen x > und x kombiniert, erhält man insgesamt < x. Da es sich bei x um eine reelle Zahl handelt, kann man < x auch als x (, ] schreiben.. Fall, + x < bzw. x < : + x + x x + x + x x x Da es kein x R gibt, das beide Bedingungen x < und x erfüllt, liefert dieser Fall keine Lösung. Die Vereinigung der Lösungen aus dem ersten und dem zweiten Fall liefert als Lösungsmenge L = (, ]. Aufgabe ( Punkte (++)). Skizzieren Sie die Menge derjenigen komplexen Zahlen z, die folgende Bedingungen erfüllen z + = z i z + i < c) z z+. Sei z = x + yi mit x, y R, dann z + = z i (x + ) + y = x + (y ) x + x + + y = x + y y + x + = y y = x. Das heiÿt, dass die Menge der gesuchten komplexen Zahlen als eine Gerade darstellbar ist (siehe Anhang, Abb. ).

3 Sei z = x + yi mit x, y R, dann z + i < (x ) + (y + ) < (x ) + (y + ) < Der Ausdruck in der Mitte erinnert an die Kreisgleichung. Das heiÿt, dass die Menge der fraglichen komplexen Zahlen als Punkte der Ebene in einem Ring zwischen den Kreisen mit Radien und um den Punkt (,-) liegen ohne den äuÿeren Rand (siehe Anhang, Abb. ). c) Zunächst muss man den Fall z = ausschlieÿen. Sei z = x + yi mit x, y R, dann z z + z z + (x ) + y (x + ) + y x x y x + x + + y x x Das heiÿt, dass die Lösung alle komplexe Zahlen sind, deren alteil nicht gröÿer als eins ist (siehe Anhang, Abb. ). Aufgabe ( Punkte). Bestimmen Sie die Linearfaktorzerlegungen des Polynoms x x + x x + 9. Geben Sie auÿerdem jeweils die Nullstellen und ihre Vielfachheiten an. ( Durch Ausprobieren kann man feststellen, dass x = eine Nullstelle ist. x x + x x + 9 ) : ( x ) = x x + 9x 9 x + x x + x x x 9x x 9x + 9x 9x + 9 9x 9 ( Oenbar ist x = auch Nullstelle des Polynoms: x x + 9x 9 x x + 9x 9 ) : ( x ) = x + 9 x + x 9x 9 9x + 9 Das Polynom x + 9 hat zwei komplexe Nullstellen: x, = ±i. Damit können wir das angegebene Polynom auf folgende weise zerlegen: x x + x x + 9 = (x i)(x + i)(x ) Das Polynom x x + x x + 9 besitzt eine doppelte Nullstelle bei x = und eine zwei einfache Nullstelle bei x, = ±i

4 Aufgabe ( Punkte (++)). Bestimmen Sie den Grenzwert nachstehender Folgen: n + n c) (n+) (n +n+) n(n+)(n+) n n + + n n + n =( n + n) n + + n = n + n n + + n = für n n + + n (n + ) + n + (n + n + ) =n n + n + = n + n + n n + n + n da n und n c) n(n + )(n + ) n für n gegen konvergieren gilt: n = ( + n )( + n ) n + n + n n + n + n für n =

5 Anhang: Abbildungen zu der Aufgabe Abb. : Aufgabe Abb. : Aufgabe Abb. : Aufgabe c)