1. Beschreiben Sie folgende Zahlenmengen durch Markierung auf der Zahlengeraden, der Zahlenebene bzw. durch Aufzählen der Elemente:

Transkript

1 Lösung 1. Übung Elemente der Algebra WS017/18 1. Beschreiben Sie folgende Zahlenmengen durch Markierung auf der Zahlengeraden, der Zahlenebene bzw. durch Aufzählen der Elemente: (e) {(x,y) IR 3x+4y 1}. (e) Die Punkte der Ebene, die die Gleichung erfüllen, liegen genau auf der Geraden {(x,y) IR ; y = x 3}. Ist (x 0 y 0 ) ein Punkt der Geraden, dann liegen alle Punkte mit y > x 0 3 auf der Halbgeraden parallel zur y-achse oberhalb (x 0 y 0 ), d.h. die gesuchte Punktmenge ist die Halbebene oberhalb der Geraden(einschließlich der Geraden).. Bestimmen Sie die folgenden Mengenvereinigungen und -durchschnitte: (h) {n IN n ungerade} {3k 1 k Z}. (h) Für ungerades k Z ist 3k 1 gerade, für k = 0 ist 3k 1 = 1 IN. Außerdem ist 3k 1 = 3( k) 1. Es bleibt {3(k) 1 = 1k 1 k IN}. 4. Seien G eine beliebige nichtleere Menge, A,B,C,D beliebige Teilmengen von G. Untersuchen Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind: (c) Gilt A B, dann auch B C A C. Geben Sie gegebenenfalls einen Beweis oder ein Gegenbeispiel an! (c) Sei (x,y) B C beliebig, d.h. x B und y C. Zu zeigen ist: (x,y) A C, d.h. x A und y C. Die. Feststellung ist Voraussetzung, d.h. es bleibt zu zeigen: x A. Angenommen x A, dann gilt x A B, d.h. x B und damit x B. Widerspruch. Also gilt die Behauptung. 6. Für c IR sei (b) M c := {(x y) x c, y c}. Schraffieren Sie in der (x y)-ebene M. Bestimmen Sie M c und M c. (Mit Nachweis!) c IR c IR,c 0

2 (b) M ist der rechte obere Quadrant oberhalb der Geraden y = 4 und rechts der Geraden x = einschließlich der Randpunkte. Allgemein ist M c der entsprechende rechte obere Quadrant mit linker unterer Ecke (c;c). Die Vereinigung M c ist die ganze Ebene: Sei (x 0 y 0 ) IR und c 0 := min{x 0, y 0 }. c IR Dann gilt x 0 c 0, y 0 c 0, also y 0 c 0 und damit (x 0 y 0 ) M c 0 M c. c IR Behauptung: Der Durchschnitt M c ist der erste Quadrant M 0: c IR,c 0 Für beliebiges (x 0 y 0 ) M 0 und beliebiges c 0 gilt c 0 x 0 und c 0 y 0, d.h. (x 0 y 0 ) M c für alle c 0 und damit M 0 M c. Aus der Definition des Durchschnitts folgt c IR,c 0 c IR,c 0 8. Beweisen Sie: Für beliebige Mengen M 1,M,M 3 G gilt: M c M 0, d.h. c IR,c 0 M c = M 0. (d) M 1 (M M 3 ) = (M 1 M M 3 ) \[(M 1 M ) (M 1 M 3 ) (M M 3 )]. Korrigieren Sie gegebenenfalls die falschen Behauptungen! (d) Sei M eine beliebige nichtleere Menge, M 1 = M = M 3 = M, dann gilt M M 3 = M M = und M 1 (M M 3 ) = M = M. Andererseits ist M 1 M M 3 = M und (M 1 M ) (M 1 M 3 ) (M M 3 ) = M, d.h. (M 1 M M 3 ) \ [(M 1 M ) (M 1 M 3 ) (M M 3 )] = M \ M =, die Behauptung ist also falsch. Korrektur der Behauptung mit Hilfe der Wahrheitstafel: Sei A := (M 1 M ) (M 1 M 3 ) (M M 3 ). Die linke Seite der Behauptung entspricht der. Zeile, die rechte Seite der 8. Zeile der folgenden Tabelle. Die Behauptung wäre richtig, wenn beide Zeilen identische Wahrheitswerte hätten. Das ist aber in der ersten Spalte, also für x M 1 M M 3 nicht der Fall. Die 10. Zeile stimmt mit der. Zeile überein, d.h. es ergibt sich als wahre Behauptung M 1 (M M 3 ) = ( (M 1 M M 3 )\[(M 1 M ) (M 1 M 3 ) (M M 3 )] ) (M 1 M M 3 ).

3 x M 1 w w w w f f f f x M w w f f w w f f x M 3 w f w f w f w f x M M 3 f w w f f w w f x M 1 (M M 3 ) w f f w f w w f x M 1 M M 3 w w w w w w w f x A w w w f w f f f x (M 1 M M 3 ) \A f f f w f w w f x (M 1 M M 3 ) w f f f f f f f x ( (M 1 M M 3 ) \A ) (M 1 M M 3 ) w f f w f w w f 13. Seien A, B, C beliebige Aussagen, 1 die immer wahre Aussage. Geben Sie an, ob folgende Aussagen richtig oder falsch sind? Begründung ist erforderlich. ( ((A B ) ) (e) C) (A B C) A C = A C.. (e) Mit Rechenregeln: (A C B) (A C B) = (A C) (B B) = (A C) 1 = A C. (A C) A = (A A) ( C A) = 1 ( A C) = A C. ( A C) C = ( A C) ( C C) = ( A C) 0 = A C. ( A C) = A C. Aussage ist wahr. Mit Wahrheitstafel: Sei D := A B C, E := A B C, F := D E 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 f f f f w w w w B f f w w f f w w C f w f w f w f w A C w w w w f w f w D f w f f f f f f E f f f w f f f f F f w f w w w w w F C f f f f w f w f (F C) w w w w f w f w

4 Lösung. Übung Elemente der Algebra WS017/ Für welche Werte a,b IR ist die Aussageform ax b über der Grundmenge IR allgemeingültig, nicht allgemeingültig, aber erfüllbar; unerfüllbar? Betrachte a < 0, b > 0: ax 0 < b für alle x IR, d.h. die Aussageform ist allgemeingültig. Betrachte a < 0, b = 0: ax < 0 = b gilt nur für x 0, d.h. die Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig. Betrachte a < 0, b < 0: ax < b x > b b b a x > a oder x <, d.h. die a Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig. Betrachte a = 0, b > 0: ax = 0 < b, d.h. die Aussageform ist allgemeingültig. Betrachte a = 0, b 0: ax = 0 b, d.h. die Aussageform ist unerfüllbar. Betrachte a > 0, b > 0: ax < b x b b b a a x, d.h. die a Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig. Betrachte a > 0, b 0: ax 0 b. d.h. die Aussageform ist unerfüllbar.. Zeigen Sie mit Hilfe eines indirekten oder Widerspruchsbeweises: (d) Teilt man die Summe von zwei ganzzahligen Quadratzahlen durch 4 mit Rest, dann ergibt sich nie der Rest 3. (d) Ist a eine gerade ganze Zahl, d.h. es gibt ein k Z mit a = k, dann ist a = 4k durch 4 mit Rest 0 teilbar. Ist a eine ungerade ganze Zahl, d.h. es gibt ein k Z mit a = k + 1, dann ist a = (k +1) = 4k +4k +1 durch 4 mit Rest 1 teilbar. Angenommen, es gibt zwei ganze Zahlen a und b, so dass a +b bei Division durch 4 den Rest 3 ergibt. Sind a und b beide gerade, dann ergibt sich der Rest 0, ist eine der Zahlen gerade und die andere ungerade, der Rest 1 und sind beide ungerade, ergibt sich der Rest, also niemals 3. Widerspruch. 4. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: (b) Für alle n IN gilt n (k 3 k) = 1 4 n(n+1)(n +n ). k=1 (c) HateineMengeM n IN 0 Elemente, dannhatihrepotenzmengep(m) n Elemente.

5 (b) Induktionsanfang n = 1: = 0, 1 4 1(1+1)(1 +1 ) = 1 0. Richtig. Induktionsschluss: Sei n IN so, dass die Behauptung stimmt, d.h. es gilt n (k 3 k) = 1 4 n(n+1)(n +n ). k=1 Wir zeigen die Beh. für n+1: n+1 (k 3 k) = k=1 = }{{} Ind V or = n+1 4 n (k 3 k)+((n+1) 3 (n+1)) = k=1 1 4 n(n+1)(n +n )+((n+1) 3 (n+1)) = (n 3 +n n+4(n+1) 4) = n+1 4 (n 3 +n +6n). 1 4 (n+1)(n+)((n+1) +(n+1) ) = n+1 (n+)(n +3n) = n+1 (n 3 +n +6n). 4 4 (c) Induktionsanfang n = 0, d.h. M = und P(M) = { }, d.h. P(M) hat 1 = 0 Element. Zusätzlich: n = 1, d.h. M = {a} und P(M) = {,{a}}, d.h. P(M) hat = 1 Elemente. Induktionsschluss: Sei n IN so, dass die Behauptung stimmt, d.h. für jede Menge M mit n IN 0 Elementen hat ihre Potenzmenge P(M ) n Elemente.. Zeigen Sie: Sei nun M eine beliebige Menge mit n+1 Elementen, d.h. M = {a 1,a,...,a n+1 }. Weiter sei M := {a 1,a,...,a n }. Für jede Teilmenge U von M gilt entweder a n+1 U oder a n+1 U. Im. Fall ist U Teilmenge von M, und es gibt nach Induktionsvoraussetzung genau n solcher Teilmengen. Im 1. Fall ist U := U \ {a n+1 } Teilmenge von M, d.h. es gibt genau n solcher Mengen U und damit genau n Teilmengen U M mit a n+1 U. Insgesamt hatm also n + n = n+1 Teilmengen, d.h.diebehauptungistfürmengen mit n+1 Elementen gezeigt. (c) Für alle n IN gilt n ( ) n (c) 4 k = k k=0 n k=0 n k=0 ( ) n 4 k = n. k ( ) n 4 k 1 n k = (4+1) n = n. k

6 6. Die Fibonacci-Zahlen f n sind durch folgende Bedingung definiert: f 1 := f := 1, f n+ := f n+1 +f n, n IN. Zeigen Sie: Für alle n IN bzw. n gilt (a) f n = 1 (( 1+ (b) f n+1 f n 1 f n = ( 1) n. ) n ( 1 ) n ). (a) Induktionsanfang n = 1: f 1 = 1 und ((1+ 1 Richtig. n = : f = 1 und ((1+ 1 ) ( 1 (4 ) = 1. Richtig. 4 1 ) ) ) 1 ( 1 ) 1 ) ( = 1 = ((6+ 1 ) ( 4 ) 6 ) ) 4 = 1. Induktionsschluss: Sei n IN so, dass die Behauptung für f 1,...,f n stimmt. Wir zeigen die Beh. für n+1: f n+1 = f n +f n 1 = = 1 ( ( 1+ = 1 ( ( 1+ = 1 ( ( 1+ = 1 ( ( 1+ = 1 ( ( 1+ = 1 ( ( 1+ ) n ( 1 ) n )+ 1 ( ( 1+ ) n 1 ( 1 ) ) n 1 = ) n (1+ ) n 1 (1 ) n (1 ) ) n 1 + = ) n 1 (1+ +1 ) ( 1 ) n 1 (1 +1 )) = ) n 1 3+ ( 1 ) n 1 3 ) = ) n 1 (1+ ) (1 ) n 1 (1 ) ) = ) n+1 ( 1 ) ) n+1. (b) Induktionsanfang n = : f 3 f 1 f = (1+1) 1 1 = 1 = ( 1). Richtig. Induktionsschluss: Sei n IN, n so, dass die Behauptung stimmt. Wir zeigen die Beh. für n+1: f n+ f n f n+1 = (f n+1 +f n ) f n f n+1 = f n+1 f n +f n f n+1 = = f n+1 (f n f n+1 }{{} = f n 1 )+f n = (f n+1 f n 1 f n ) = ( 1)n+1. =

7 Lösung 3. Übung Elemente der Algebra WS017/18 3. Untersuchen Sie, ob die Gleichungssysteme (a) (b) (c) 4x 1 + 8x + 11x = 0 3x 1 + 3x + 4x 3 = 0 x 1 + 3x + 4x = 0 x 1 + 3x + 9x 3 + x 4 = x 1 + x + x 3 + x 4 = 4 x 1 x + x 3 x 4 = 3 4x 1 4x + 0x 3 4x = 0 x 1 6x + 14x 3 7x = 0 x x 3 + x = 0 lösbar sind und bestimmen Sie gegebenenfalls die Lösung(en). Mit Gauß-Verfahren: (a) (b) Zeile III nach oben 3 4 II I 3 I Eindeutige x 3 = 11, x = 1 4 ( x 3 ) = 1 4 ( ) = 0, x 1 = 3x 4x 3 9 = = Zeile III I nach oben I / Das Gleichungssystem hat unendlich viele Lösungen. Dabei können hier x 3 und x 4 als beliebige reelle Zahlen gewählt werden. Für x ergibt sich aus der. Zeile: 4x 8x 3 +3x 4 = 10, also x = x x 4. Für x 1 ergibt sich aus der 1. Zeile: x 1 x +x 3 x 4 = 3, d.h. nach Einsetzen von x : x 1 = 3x x II ( 1) / ( )

8 (c) Zeile II nach oben / 4 / I Für eine Lösung (x 1 x x 3 x 4 ) müsste gelten 0x 1 + 0x + 0x 3 + 0x 4 = 7. Das Gleichungssystem ist nicht lösbar. 33. Für welche Werte von a und b hat das lineare Gleichungssystem 3x + y + z = 4 3x + y + z = 3x + y + az = b (a) genau eine (b) mehrere (c) keine Lösungen? Bestimmen Sie jeweils die Lösungen! Mit Gauß-Verfahren: I ( 1) a b I 0 0 a b a b 4 (a) Eindeutig lösbar für a mit Lösung z = b 4, y = z 1 = b 4 a a 1, x = 1 ( y z +4) =. 3 (b) Unendlich viele Lösungen für a = und b = 4. Lösungen: z IR beliebig wählbar, y = z 1, x =. (c) Keine Lösung für a = und b Bestimmen Sie sowohl mit der Methode der quadratischer Ergänzung als auch mit der pq-formel alle Lösungen der Gleichung 1x = 31x 10.. I 3 II ( Punkte) Mit quadratischer Ergänzung: 1x 31x = 10 1(x ((x 31 x) = ) ( ) ) 31 = 10 1(x ) = = x = ± 361 = ±19 30 x 1, = 31 ± 19 x =, x 3 =. Umwandlung in Normalform und dann mit p-q-formel: 1x 31x = 10 x 31 x = 0 x 1 1, = 31 ± ( ) 10 = 31 ± 19 x =, x 3 =.

9 37. Für welche rationalen Zahlen gilt: Addiert man zu der Zahl ihren Kehrwert, dann erhält man 41 0? Die gesuchte Zahl sei r. Dann ergibt sich die Gleichung r + 1 r = Multiplikation mit r( 0), Umformung der quadratischen Gleichung auf Normalform und p-q-formel ergibt r + 1 r = 41 0 r 1, = ± r +1 = 41 0 r r 41 0 r +1 = 0 ( 41) 41 1 = ± 9 r 1 = 4 40, r = 4.

10 Lösung 4. Übung Elemente der Algebra WS017/ Sei a IR. Bestimmen Sie durch Äquivalenzumformungen die Lösungsmenge der Gleichung x 4 +ax +9 = 0. Beachten Sie die verschiedenen Fälle für a. Mit z := x ergibt sich die quadratische Gleichung z + az + 9 = 0 mit der Lösung z 1, = a± a 9. Die quadratische Gleichung in z hat genau dann reelle Lösungen, wenn a 9, also a 3 oder a 3. Fall a 3: a 9 < a, d.h. sowohl z 1 als auch z sind negativ, und es gibt keine reellen Lösungen x. Fall a = 3: z 1, = 3. Damit ergeben sich Lösungen x 1, = ± 3. Fall a < 3: z 1 = a+ a 9 > 0 und z = a a 9 > 0. Damit ergeben sich Lösungen x 1, = z 1, x 3,4 = z. 41. Gegeben ist der Kreis mit der Gleichung (x 3) +(y +4) = 8 und die Parabel mit der Gleichung y = 3 4 (x 3). Wie viele Schnittpunkte von Kreis und Parabel kann es allgemein maximal geben? Skizzieren Sie die Kurven. Wie viele Schnittpunkte von Kreis und Parabel kann es in diesem speziellen Fall maximal geben? Bestimmen Sie alle Schnittpunkte! Einsetzen der Parabelgleichung y +4 = 3 4 (x 3) 1 in die Kreisgleichung ergibt 8 = (x 3) +( 3 4 (x 3) 1) = (x 3) (x 3)4 3 (x 3) +1 Das ist eine Gleichung vom Grad 4, die maximal 4 reelle Lösungen haben kann. Da zwei verschiedene Parabelpunkte nie denselben x-wer haben können, gibt es maximal 4 Schnittpunkte. 7 = (x 3) ( (x 3) 3 ) = (x 3) ( 9 16 (x 3) 1 ). Mit u := (x 3) erhält man die quadratische Gleichung u 8 9 u 11 9 = 0 mit den Lösungen u 1 = 4, u = 8 9. Zu u gibt es keine zugehörigen reellen x-werte, d.h. es gibt höchstens Schnittpunkte (s. Skizze). Zu u 1 gehören die Schnittpunkte (1 ) und ( ).

11 43. Zerlegen Sie folgende Polynome in Linearfaktoren: (a) x 3 +3x 33x 3 (b) x 3 +1 (c) 7x 3 117x +141x 3 (d) x 4 +x 3 11x 1x+36 (e) 3x 3 x +3x (f) x x x 1 9 x 9 Liegt ein normiertes Polynom (höchster Koeefizient 1) mit ganzzahligen Koeffizienten vor, dann hat das Polynom nur ganzzahlige und irrationale Nullstellen. Eine ganzzahlige Nullstelle muss Teiler des Koeffizienten von x 0 sein. Das schränkt die Suche nach ganzzahligen Nullstellen ein. (d) Das Polynom ist normiert und hat ganzzahlige Koeffizienten. Wenn es eine ganzzahlige Nullstelle gibt, dann ist sie Teiler des absoluten Gliedes 36. Probieren ergibt x 1 = als Nullstelle. Polynomdivision ergibt (x 4 + x 3 11x 1x + 36) : (x ) = x 3 +4x 3x 18 x 4 x 3 4x 3 11x 1x x 3 8x 3x 1x x + 6x 18x x + 36, also x 4 +x 3 11x 1x+36 = (x )(x 3 +4x 3x 18).

12 Das hintere Polynom hat als ganzzahlige Nullstelle x = (wieder durch Probieren). Polynomdivision ergibt ( x 3 + 4x 3x 18) : (x ) = x +6x+9 x 3 x 6x 3x 18 6x 1x 9x 18x 9x 18x, also x 4 +x 3 11x 1x+36 = (x ) (x +6x+9). Mit p-q-formel oder 1. binomischer Formel oder quadratischer Ergänzung ergibt sich x 4 +x 3 11x 1x+36 = (x ) (x+3). (f) Das Polynom p(x) hat dieselben Nullstellen wie p (x) = 81p(x) = 81x 4 108x x 9x 18. Setze y := 3x. Dann ergibt sich das normierte Polynom p (y) = y 4 4y 3 +10y 3y 18 mit ganzzahligen Koeffizienten. Nullstelle (als Teiler von -18) ist y 1 = 1. Polynomdivision ergibt y 4 4y 3 +10y 3y 18 = (y +1)(y 3 y +1y 18). Weitere Nullstelle (als Teiler von -18) ist y =. Polynomdivision ergibt p (y) = y 4 4y 3 +10y 3y 18 = (y+1)(y )(y 3y+9) = (3x+1)(3x )(9x 9x+9). (y 3y + 9) ist in IR nicht in Linearfaktoren zerlegbar. Damit sind y 1 = 1 und y = 1 die einziugen reellen Nullstellen von p (y) und x 1 = 1 3 und x = 3 die einzigen reellen Nullstellen von p(x). Weiter gilt p(x) = 1 81 p (x) = 1 81 p (y) = (x+ 1 3 )(x 3 )(x x+1). 46. Gegeben seien die Polynome f(x) = x 4 6x 3 +x 6x und g(x) = x 3 3x +x 3. (a) Dividieren Sie f durch g mit Rest; der Rest heiße r. Normieren Sie r zu r. (b) Bestätigen Sie durch geeignete Polynomdivisionen, dass r gemeinsamer Teiler von f und g ist. (c) Bestimmen Sie sämtliche reelle Nullstellen von f und g (Hinweis: Nutzen Sie die in (a) und (b) erarbeiteten Zerlegungen von f und g.) (4 Punkte)

13 (a) Polynomdivision ergibt Es gilt mit (x 4 6x 3 + x 6x : (x 3 3x +x 3) = x 3 x 4 3x 3 + x 3x 3x 3 3x 3x 3 + 9x 3x + 9 9x 9 Normierung von r (x): r(x) = x +1. f(x) = g(x) h(x)+r (x) h(x) = x 3, r (x) = 9x 9. (b) Polynomdivision von g(x) und f(x) durch r(x) ergibt g(x) = r(x) (x 3), f(x) = r(x) (x 6x). (c) Da r(x) keine reellen Nullstellen hat, hat g(x) die einzige reelle Nullstelle x 1 = 3 und f(x) die beiden reellen Nullstellen x = 0 und x 3 = 6..