Themen: Kubische Gleichungen, Ungleichungen, Induktion

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1 Lo sungen zu U bungsblatt Mathematik fu r Ingenieure Maschinenbauer und Sicherheitstechniker), 1. Semester, bei Prof. Dr. G. Herbort im WiSe1/14 Dipl.-Math. T. Pawlaschyk, Themen: Kubische Gleichungen, Ungleichungen, Induktion Aufgabe 1 Bestimmen Sie die Lo sungen der kubischer Gleichungen. a) x x 10 = 0 b) x 7x = 8 c) 5x + 15x 40x + 0 = 0 Lo sungen zu Aufgabe 1 Wir geben jeweils zwei Lo sungen an: eine nach der Formel in der Vorlesung, die andere mit Hilfe der Polynomdivision. a) Durch Ausprobieren erha lt man, dass x0 = eine Lo sung der Gleichung x x 10 = 0 ist. Letztere Gleichung ist a quivalent zu x x 5 = 0. Man lo se nun die quadratische Gleichung x + x 5 + x0 = x + x + 4 = x + x + = 0. Diese Lo sungen sind weitere Lo sungen der kubischen Gleichung, falls sie existieren. r r 5 x1, = 1 ± 1 = 1 ± Es gibt fu r die quadratische Gleichung keine reelle Lo sung. Die einzige Lo sung bleibt somit x0 =. Alternativ mit Polynomdivision: x x 10) : x ) = x + 4x + 5 x 4x ) 4x x 4x 8x) 5x 10 5x 10) 0 Das Ergebnis x + 4x + 5 lo se man dann mit der pq-formel und erha lt dieselben Ergebnisse wie oben. b) Die Zahl x0 = 1 ist eine Lo sung der Gleichung x 7x + 8 = 0. D.h., dass es Zahlen a und b gibt, so dass gilt: x 7x + 8 = x + 1)x + ax + b) = x + a + 1) x + b + a)x + b Vergleicht man die Koeffizienten der Monome auf beiden Seite, so erha lt man, dass a = 8 und b = 8 sein muss. Die Lo sungen der quadratischen Gleichung x 8x + 8 = 0 sind x1, = ± ).

2 Alternativ mit Polynomdivision: x 7x + 8) : x + 1) = x 8x + 8 x + x ) 8x + 8 8x 8x) 8x + 8 8x + 8) 0 Die Lösung des Ergebnisses x 8x + 8 wurde oben bestimmt. c) Zunächst teile man die Gleichung 5x + 15x 40x + 0 = 0 durch 5 und erhält die Gleichung x + x 8x + 4 = 0. Man substituiere anschließend mit x = t = t 1 Die Methode wurde in der Vorlesung beschrieben). Man bekommt als neue Gleichung: 0 = t 1) + t 1) 8t 1) + 4 = t 1) t 1 + ) 8t 1) + 4 = t t + 1)t + ) 8t = t t + t + t 4t + 8t + 1 = t 11t + 14 Dies ist eine Gleichung der Form wie in den beiden vorherigen Aufgaben. Eine Lösung dieser Gleichung ist t 0 =. Man löse nun die Gleichung t + t = 0: t 1, = 1 ± = 1 ± 8 = 1 ± Nach Rücksubstitution sind dann die Lösungen x 0 = t 0 1 = 1 = 1 und x 1, = t 1, 1 = ±. Alternativ: Man errate eine Lösung, nämlich x = 1. Mit Polynomdivision erhält man: 5x + 15x 40x + 0) : x 1) = 5x + 0x 0 5 5x ) 0x 40x 0x 0x) 0x + 0 0x + 0) 0 Das Ergebnis 5x +0x 0 soll nun auf Nullstellen untersucht werden. Dazu normiert man die Gleichung 5x + 0x 0 = 0, indem man durch 5 teilt. Man erhält die Gleichung x + 4x 4 = 0. Die Lösungen sind x 1, = ± = ±. Aufgabe Geben Sie die Lösungsmenge folgender Ungleichungen an. a) 4x + x + 1 b) x + 4 < 17 + x c) x x + 5x Lösungen zu Aufgabe a) Es gilt: 4x + x + 1 x + 1 4x + x + 1 x + 1 4x und 4x + x + 1

3 Ist x 1, so erhält man die Bedingungen x + 1 4x und 4x + x + 1 5x und x 1 x 5 und x 1 Für x < 1 muss dann gelten, dass x 1 4x und 4x + x 1 x 1 und 5x x 1 und x 5 Die Bedingungen x < 1 und x 1 können gleichzeitig nicht erfüllt werden. Daher ist die Lösungsmenge { x R } 5 x 1. Alternativ kann man die Ungleichung 4x + x + 1 auf beiden Seiten quadrieren und erhält die äquivalente Ungleichung Dann gilt mit quadratischer Ergänzung: 4x + ) x + 1) x x x x x x x + 7 ) x + 7 ) x + 7 ) x x x x 1 Die Lösung ist also das Intervall [ 5, 1 ]. b) Entweder geht man mit Fallunterscheidung vor wie oben oder mit der quadratischen Ergänzung. Wir wählen letztere Methode. Wir quadrieren die Ungleichung x + 4 < 17 + x auf beiden Seiten und

4 erhalten: x + 4 ) ) 17 < + x 9 4 x + 4x < x + 4x 7 4 x 56 x 91 < 0 4 ) 7 x + x + 5 > 0 x + x > 0 x + 16 ) > 0 x + 16 ) > 0 x + 16 ) > x + 16 > 10 x + 16 > 10 x > und x + 16 ) > 10 und x + 16 < 10 x > und x < x > und x < 6 Die Lösungsmenge ist gleich, 6 ), + ). c) Sei x 0. Dann ergibt sich mit quadratischer Erweiterung für die linke Seite der Ungleichung: x + 5x + 10 = x + 5 ) = x + 5 ) Dies ist immer größer oder gleich 0. Sei nun x < 0. Dann erhält man die Ungleichung x + 5x Es gilt dann mit quadratischer Ergänzung: x 5x 10 0 x 5 ) x 5 ) x 5 ) x x Also: 5 65 x < 0. Als Lösungsmenge ergibt sich schließlich { x R 5 } 65 x

5 Aufgabe Zeigen Sie folgende Aussagen induktiv. a) n > n für alle n N 0 b) a + b) n a n + b n für a, b 0, n N Lösungen zu Aufgabe a) Induktion über n N 0. Induktionsanfang IA): Für n = 0 ist n = 0 = 1 > 0 = n. Also stimmt die Formel für n = 0. Induktionsvoraussetzung IV): Die Ungleichung gilt für 0, 1,..., n N, d.h. n > n. Induktionsschritt IS): Man schließt von n auf n + 1. Zu zeigen ist: > n + 1. = n IV > n > n. b) Induktion über n N. Induktionsanfang IA): Für n = 1 ist a + b) 1 = a + b = a 1 + b 1. Also stimmt die Formel für n = 1. Induktionsvoraussetzung IV): Die Ungleichung gilt für 1,..., n N, d.h. a + b) n a n + b n. Induktionsschritt IS): Man schließt von n auf n + 1. Zu zeigen ist: a + b) a + b. a + b) = a + b) a + b) n IV a + b) a n + b n ) = a + ba n + ab n + b a + b Aufgabe 4 Zeigen Sie induktiv, dass für alle n N die folgende Formel gilt: n 1) k 1 k = {, falls n ungerade n, falls n gerade Lösungen zu Aufgabe 4 Induktionsbeweis nach n. IA: Für n = 1 steht auf beiden Seiten der Formel eine Eins. Für n = haben beide Seiten den Wert 1. IV: Angenommen, die Behauptung gelte für festes n N und kleinere Zahlen als n. IS: Zum Beweis, dass sie dann für n + 1 ebenfalls richtig ist, unterscheiden wir Fälle: 1. Fall: n ist gerade, also n 1)k 1 k = n nach Induktionsvoraussetzung. Dann ist n + 1 ungerade, und wir müssen zeigen: 1) k 1 n + 1) + 1 k = = n + Dazu rechnen wir aus: 1) k 1 k = n 1) k 1 k + 1) ) 1 n + 1) IV n = + n + 1) = n +.. Fall: n ist ungerade, also n 1)k 1 =. Dann ist n + 1 gerade, und wir wollen zeigen: 1) k 1 k = n + 1

6 Das folgt aus 1) k 1 k = n 1) k 1 k + 1) ) 1 n + 1) IV n + 1 = n + 1) = n + 1.