Teil I: Mathematische Grundlagen in:

Michael Merz

Übungsbuch zur Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, page 10 - 68

450 Klausur- und Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen

1. Edition 2013, ISBN print: 978-3-8006-4720-0, ISBN online: 978-3-8006-4721-7, https://doi.org/10.15358/9783800647217_10

Bibliographic information
Teil I: Mathematische Grundlagen 1. Aussagenlogik und mathematische Beweisführung * Aufgabe 1.1 (Formulierung von Aussagen) Betrachtet werden die folgenden drei Aussagen: A = „Das Produkt wird auf Maschine M1 bearbeitet“ B = „Das Produkt wird auf Maschine M2 bearbeitet“ C = „Alle Maschinen sind intakt“ Formulieren Sie die folgenden Aussagen in Worten: a) ¬A b) A ∨ B c) (¬A) ∨ (¬B) d) (¬A) ∧ (¬B) e) ¬C f) A ⇒ B g) A ⇒ ¬B Lehrbuch: Abschnitt 1.3 Lösung: Zu a): ¬A = „Das Produkt wird nicht auf M1 bearbeitet“ Zu b): A ∨ B = „Das Produkt wird auf M1 oder auf M2 bearbeitet“ Zu c): (¬A) ∨ (¬B) = „Das Produkt wird höchstens auf einer der beiden Maschinen M1 und M2 bearbeitet“ Zu d): (¬A) ∧ (¬B) = „Das Produkt wird weder auf M1 noch auf M2 bearbeitet“ Zu e): ¬C = „Mindestens eine Maschine ist nicht intakt“ Zu f): A ⇒ B = „Wird das Produkt auf M1 bearbeitet, dann wird es auch auf M2 bearbeitet“ Zu g): A ⇒ ¬B = „Wird das Produkt auf M1 bearbeitet, dann wird es nicht auf M2 bearbeitet“ * Aufgabe 1.2 (MC-Aufgaben zur Aussagenlogik) Es seien A, B und C Aussagen mit den Eigenschaften A ∧ B ist falsch und A ∧ C ist wahr. Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) ¬A b) B c) C ∧ ¬B d) A ⇒ B e) B ⇒ C a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 1.3 1 Kapitel 1 Teil I: Mathematische Grundlagen Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Denn mit A ∧ C ist auch A wahr. Folglich ist ¬A falsch. Zu b): Falsche Aussage. Denn A ∧ B ist falsch und A wahr. Folglich ist B falsch. Zu c): Wahre Aussage. Mit A∧C ist auch C wahr. Da ferner ¬B wahr ist, folgt, dass auch C ∧¬B wahr ist. Zu d): Falsche Aussage. Aus A wahr und B falsch folgt, dass A ⇒ B falsch ist. Zu e): Wahre Aussage. Aus B falsch folgt, dass B ⇒ C wahr ist. ** Aufgabe 1.3 (Wahrheitstafel) Prüfen Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob es sich bei der zusammengesetzten Aussage (A ∧ B) ∨ A ⇐⇒ B ∨ (B ∧ A) (1.1) um eine Tautologie, eine Kontingenz oder eine Kontradiktion handelt. Lehrbuch: Abschnitt 1.3 Lösung: A w w f f B w f w f A ∧ B w f f f (A ∧ B) ∨ A w w f f B ∧ A w f f f B ∨ (B ∧ A) w f w f (A ∧ B) ∨ A ⇐⇒ B ∨ (B ∧ A) w f f w Aus der letzten Zeile ist ersichtlich, dass die zusammengesetzte Aussage (1.1) weder stets wahr noch stets falsch ist. Es handelt sich somit um eine Kontingenz. ** Aufgabe 1.4 (Wahrheitstafel) Prüfen Sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel, ob es sich bei der zusammengesetzten Aussage (A ⇒ C) ∧ (C ⇒ B) ∧ (A ∧ (¬B)) (1.2) um eine Tautologie, eine Kontingenz oder eine Kontradiktion handelt. Lehrbuch: Abschnitt 1.3 Lösung: 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 ⇒ C w f w f w w w w C ⇒ B w w f w w w f w (A ⇒ C) ∧ (C ⇒ B) w f f f w w f w ¬B f f w w f f w w A ∧ (¬B) f f w w f f f f (A ⇒ C) ∧ (C ⇒ B) ∧ (A ∧ (¬B)) f f f f f f f f Aus der letzten Zeile ist ersichtlich, dass die zusammengesetzte Aussage (1.2) stets falsch ist. Es handelt sich somit um eine Kontradiktion. 2 Kapitel 1Aussagenlogik und mathematische Beweisführung * Aufgabe 1.5 (Formulierung von Aussagen) Betrachtet wird die Aussageform A(x) = „Der Preis des Mathebuches x liegt über 40€“ und der Definitionsbereich D bestehe aus allen Mathebüchern. Formulieren Sie die folgenden Aussagen in Worten: a) ∀x : A(x) b) ∀x : ¬A(x) c) ¬ (∀x : A(x)) d) ¬ (∀x : ¬A(x)) e) ∃x : A(x) f) ∃x : ¬A(x) g) ¬ (∃x : A(x)) h) ¬ (∃x : ¬A(x)) Lehrbuch: Abschnitt 1.4 Lösung: Zu a): ∀x : A(x) = „Die Preise aller Mathebücher liegen über 40€“ Zu b): ∀x : ¬A(x) = „Der Preis keines Mathebuches liegt über 40€“ Zu c): ¬ (∀x : A(x)) = „Es gibt Mathebücher mit einem Preis nicht über 40€“ Zu d): ¬ (∀x : ¬A(x)) = „Es gibt Mathebücher mit einem Preis über 40€“ Zu e): ∃x : A(x) = „Es gibt Mathebücher mit einem Preis über 40€“ Zu f): ∃x : ¬A(x) = „Es gibt Mathebücher mit einem Preis nicht über 40€“ Zu g): ¬ (∃x : A(x)) = „Es gibt keine Mathebücher mit einem Preis über 40€“ Zu h): ¬ (∃x : ¬A(x)) = „Alle Mathebücher haben einen Preis von über 40€“ * Aufgabe 1.6 (MC-Aufgaben zur Aussagenlogik) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Ist eine zusammengesetzte Aussage keine Kontradiktion, dann ist sie eine Tautologie. b) A ⇐⇒ (¬(¬A)) ist eine Kontradiktion. c) ∃x ∈ N : A(x) mit A(x) : 4x3 + 4 = 38 d) ∀x ∈ {−2, 2} : A(x) mit A(x) : 6x2 + 17 = 41 a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 1.3 und 1.4 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Ist eine zusammengesetzte Aussage keine Kontradiktion, dann ist sie entweder eine Tautologie oder eine Kontingenz (vgl. Definition 1.15 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Es handelt sich um eine Tautologie (vgl. Lehrbuch, Beispiel 1.16c)). Zu c): Falsche Aussage. Durch Auflösen der Gleichung 4x3+4 = 38 nach der Variablen x erhält man x = 3 √ 17 2 . Dies ist jedoch kein Element aus N und daher ist die Aussage ∃x ∈ N : A(x) falsch. Zu d): Wahre Aussage. Bei A(−2) und A(2) handelt es sich um wahre Aussagen. Folglich ist auch ∀x ∈ {−2, 2} : A(x) eine wahre Aussage. 3 Kapitel 1 Teil I: Mathematische Grundlagen * Aufgabe 1.7 (Aussagenlogik) a) Zu den beiden Aussagen A und B stelle man die Aussage „entweder A oder B“ formal dar. b) Betrachtet wird die Aussageform A(x) : (x+1)2+1 = 0 mit dem Definitionsbereich D = R. Geben Sie an, welche der All- und Existenzaussagen∨ x A(x), ∨ x ¬A(x), ∧ x ¬A(x), ¬ (∧ x A(x) ) und ¬ (∨ x A(x) ) wahr sind. Lehrbuch: Abschnitte 1.3 und 1.4 Lösung: Zu a): Die Aussage „entweder A oder B“ ist genau dann wahr, wenn A wahr und B falsch ist, oder wenn A falsch und B wahr ist (ausschließendes oder). Formal ist diese Aussage somit gegeben durch (A ∧ ¬B) ∨ (¬A ∧ B) oder (A ∨ B) ∧ ¬(A ∧ B). Zu b): Es gibt kein x ∈ R mit (x + 1)2 + 1 = 0. Daraus folgt:∨ x A(x) ist falsch, ∨ x ¬A(x) ist wahr, ∧ x ¬A(x) ist wahr, ¬ (∧ x A(x) ) ist wahr, ¬ (∨ x A(x) ) ist wahr * Aufgabe 1.8 (MC-Aufgaben zur Aussagenlogik) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) ∀x ∈ N : x ≥ 0 b) ∃x ∈ R : x2 ≤ 0 c) ∀x ∈ R : x2 > 0 d) ∀x ∈ R ∃y ∈ R : x y = 1 e) ∀x ∈ R ∃y ∈ R : x − y = y − x a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 1.4 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Für alle natürlichen Zahlen x gilt x ≥ 0. Zu b): Wahre Aussage. Die Ungleichung x2 ≤ 0 ist für die reelle Zahl 0 erfüllt. Zu c): Falsche Aussage. Die Ungleichung x2 > 0 ist für die reelle Zahl 0 nicht erfüllt. Zu d): Falsche Aussage. Zur reellen Zahl x = 0 gibt es kein y ∈ R mit der Eigenschaft x y = 1. Zu e): Wahre Aussage. Die Gleichung x − y = y − x ist für x = y erfüllt. * Aufgabe 1.9 (Direkter Beweis mittels Fallunterscheidung) Weisen Sie die Aussage „Es gilt x2 ≤ x3 + 1 für alle x ≥ 0.“ mit Hilfe einer geeigneten Fallunterscheidung nach. Lehrbuch: Abschnitt 1.6 4 Kapitel 1Aussagenlogik und mathematische Beweisführung Lösung: Der Nachweis basiert auf der Fallunterscheidung 0 ≤ x ≤ 1 und x > 1: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x2 ≤ x3 + 1 x > 1 ⇒ x · x2 > 1 · x2 ⇒ x3 + 1 ≥ x2 Damit ist insgesamt gezeigt, dass x2 ≤ x3 + 1 für alle x ≥ 0 gilt. ** Aufgabe 1.10 (Indirekter Beweis) Weisen Sie mit Hilfe eines indirekten Beweises die Aussage „Wenn n eine natürliche Zahl ist, dann ist n+ (n+ 1)+ (n+ 2) durch 3 teilbar.“ nach. Lehrbuch: Abschnitt 1.6 Lösung: Es sei angenommen, dass n+ (n+ 1)+ (n+ 2) nicht durch 3 teilbar ist. Wegen n+ (n+ 1)+ (n+ 2) = 3n+ 3 = 3(n+ 1) ist damit auch 3(n+ 1) nicht durch 3 teilbar. Folglich ist 3(n+1)3 = n+ 1 und damit insbesondere auch n = (n+ 1)− 1 keine natürliche Zahl. Dies ist jedoch ein Widerspruch zur Annahme, dass n eine natürliche Zahl ist. Der Ausdruck n+ (n+ 1)+ (n+ 2) muss daher durch 3 teilbar sein. ** Aufgabe 1.11 (Indirekter Beweis) Weisen Sie mit Hilfe eines indirekten Beweises die Ungleichung a + b > √ a2 + b2 (1.3) für alle a, b > 0 nach. Lehrbuch: Abschnitt 1.6 Lösung: Es sei angenommen, dass die Ungleichung (1.3) nicht für alle a, b > 0 gilt. Dann gibt es a, b > 0 mit a + b ≤ √ a2 + b2. Da beide Seiten dieser Ungleichung nichtnegativ sind, gilt die Ungleichung auch für die Quadrate der linken und rechten Seite, also (a + b)2 ≤ a2 + b2 bzw. a2 + 2ab+ b2 ≤ a2 + b2. Dies ist aber äquivalent zu 2ab ≤ 0, was im Widerspruch zur Annahme a, b > 0 steht. Folglich muss die Ungleichung (1.3) für alle a, b > 0 gelten. ** Aufgabe 1.12 (Direkter Beweis und Widerlegen einer Aussage) Gegeben seien die beiden Aussagen A : a ∈ (−1, 1) und B : a|a + 1| ≤ a |a − 1| . Weisen Sie die Aussage A ⇒ B nach und widerlegen Sie die Aussage B ⇒ A. Lehrbuch: Abschnitt 1.6 Lösung: Der Nachweis, dass die Aussage A ⇒ B wahr ist, basiert auf der Fallunterscheidung a ∈ (−1, 0] und a ∈ [0, 1). Für den Fall a ∈ (−1, 0] erhält man |a + 1| ≤ |a − 1| ⇒ 1|a + 1| ≥ 1 |a − 1| ⇒ a |a + 1| ≤ a |a − 1| . Im Falle von a ∈ [0, 1) folgt dagegen |a + 1| ≥ |a − 1| ⇒ 1|a + 1| ≤ 1 |a − 1| ⇒ a |a + 1| ≤ a |a − 1| . Damit ist insgesamt gezeigt, dass A ⇒ B wahr ist. Zum Widerlegen der Aussage B ⇒ A genügt die Angabe eines Gegenbeispiels. Zum Beispiel ist für a = 2 die Aussage B wegen 23 ≤ 2 erfüllt, aber wegen 2 ∈ (−1, 1) nicht die Aussage A. 5 Kapitel 1 Teil I: Mathematische Grundlagen ** Aufgabe 1.13 (Vollständige Induktion) Weisen Sie mit Hilfe von vollständiger Induktion die Gültigkeit der Gleichung n∑ i=1 5i−1 = 1 4 ( 5n − 1) (1.4) für alle n ∈ N nach. Lehrbuch: Abschnitt 1.7 Lösung: Im Folgenden wird die Aussage (1.4) in Abhängigkeit von n ∈ N mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Durch Einsetzen von n= 1 in (1.4) erhält man 50 = 14 (51−1). Also ist die Aussage A(1) wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) n+1∑ i=1 5i−1 = n∑ i=1 5i−1 + 5n IA= 1 4 ( 5n − 1)+ 5n = 1 4 ( 5n − 1)+ 1 4 · 4 · 5n = 1 4 ( 5 · 5n − 1) = 1 4 ( 5n+1 − 1 ) . Das heißt, die Aussage A(n+1) ist wahr. Damit ist insgesamt gezeigt, dass die Gleichung (1.4) für alle n∈N gilt. ** Aufgabe 1.14 (Vollständige Induktion) Weisen Sie mit Hilfe von vollständiger Induktion die Gültigkeit der Gleichung n∑ i=1 1 i(i + 1) = 1 − 1 n+ 1 (1.5) für alle n ∈ N nach. Lehrbuch: Abschnitt 1.7 Lösung: Im Folgenden wird die Aussage (1.5) in Abhängigkeit von n ∈ N mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Durch Einsetzen von n = 1 in (1.5) erhält man 11·2 = 1 − 12 . Also ist die Aussage A(1) wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) n+1∑ i=1 1 i(i + 1) = n∑ i=1 1 i(i + 1) + 1 (n+ 1)(n+ 2) IA= 1 − 1 n+ 1 + 1 (n+ 1)(n+ 2) = 1 − (n+ 2)− 1 (n+ 1)(n+ 2) = 1 − 1 n+ 2 . Das heißt, die Aussage A(n+1) ist wahr. Damit ist insgesamt gezeigt, dass die Gleichung (1.5) für alle n ∈ N gilt. 6 Kapitel 1Aussagenlogik und mathematische Beweisführung *** Aufgabe 1.15 (Vollständige Induktion) Weisen Sie mit Hilfe von vollständiger Induktion nach, dass für alle n ∈ N die Gleichung n∑ i=1 (2i − 1)2 = n(4n 2 − 1) 3 (1.6) gilt. Lehrbuch: Abschnitt 1.7 Lösung: Im Folgenden wird die Aussage (1.6) in Abhängigkeit von n ∈ N mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Durch Einsetzen von n = 1 in (1.6) erhält man (2 ·1−1)2 = 1(4·12−1)3 . Also ist die Aussage A(1) wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) n+1∑ i=1 (2i − 1)2 = n∑ i=1 (2i − 1)2 + (2(n+ 1)− 1)2 IA= n(4n 2 − 1) 3 + (2(n+ 1)− 1)2 = n(4n 2 − 1) 3 + 4n2 + 4n+ 1 = n(4n 2 − 1) 3 + 3(4n 2 + 4n+ 1) 3 = 4n 3 − n+ 12n2 + 12n+ 3 3 = 4n 3 + 12n2 + 12n+ 4 − n− 1 3 = 4(n 3 + 3n2 + 3n+ 1)− (n+ 1) 3 = 4(n+ 1) 3 − (n+ 1) 3 = (n+ 1)(4(n+ 1) 2 − 1) 3 . Das heißt, die Aussage A(n+1) ist wahr. Damit ist insgesamt gezeigt, dass die Gleichung (1.6) für alle n ∈ N gilt. *** Aufgabe 1.16 (Vollständige Induktion) Zeigen Sie mit Hilfe von vollständiger Induktion, dass für alle n ≥ 2 die Gleichung n∑ i=1 1 i2 < 2 − 1 n (1.7) gilt. Lehrbuch: Abschnitt 1.7 Lösung: Im Folgenden wird die Aussage (1.7) in Abhängigkeit von n ∈ N mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Durch Einsetzen von n = 2 in (1.7) erhält man 1 12 + 1 22 < 2 − 12 . Also ist die Aussage A(2) wahr. 7 Kapitel 1 Teil I: Mathematische Grundlagen Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ≥ 2 wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) n+1∑ i=1 1 i2 = n∑ i=1 1 i2 + 1 (n+ 1)2 IA < 2 − 1 n + 1 (n+ 1)2 = 2 − 1 n+ 1 + 1 n+ 1 − 1 n + 1 (n+ 1)2 = 2 − 1 n+ 1 + n(n+ 1)− (n+ 1)2 + n n(n+ 1)2 = 2 − 1 n+ 1 + n2 + n− n2 − 2n− 1 + n n(n+ 1)2 = 2 − 1 n+ 1 − 1 n(n+ 1)2 < 2 − 1 n+ 1 . Das heißt, die Aussage A(n+ 1) ist wahr. Damit ist insgesamt gezeigt, dass die Gleichung (1.7) für alle n ≥ 2 gilt. 8 2. Mengenlehre ** Aufgabe 2.1 (Menge und Potenzmenge) a) Beschreiben Sie die folgenden drei Mengen unter Verwendung einer Variablen x, logischer Operatoren und Angabe einer die Elemente charakterisierenden Eigenschaft: A = {4, 8, 12, . . .} , B = {4, 7, 10, . . .} , C = {1, 2, 3, 8, 9, 10, 11} b) Geben Sie an, welche der folgenden Aussagen über die Potenzmenge P(A) einer beliebigen Menge A wahr sind: ∅ ∈ P(A), ∅ ⊆ P(A), A ∈ P(A), A ⊆ P(A), P(A) ∈ P(A), P(A) ⊆ P(A) c) Geben Sie die Potenzmenge P(A) der Menge A = {a, b, c} an. d) Bestimmen Sie für A = {a, b, c, d, e, f, g} die Anzahl der Elemente von P(A). Lehrbuch: Abschnitte 2.1 und 2.2 Lösung: Zu a): Es gilt A = {x : x = 4n ∧ n ∈ N} , B = {x : x = 3n+ 1 ∧ n ∈ N} und C = {x : (x ≤ 3) ∨ (8 ≤ x ≤ 11) ∧ x ∈ N} . Zu b): Die Potenzmenge P(A) einer Menge A ist als die Menge aller Teilmengen von A definiert (vgl. Definition 2.7 im Lehrbuch). Das heißt, die Elemente von P(A) sind die Teilmengen von A. Damit sind insbesondere auch∅undAElemente vonP(A). Folglich sind die Aussagen∅ ∈ P(A),∅ ⊆ P(A),A ∈ P(A),P(A) ⊆ P(A) wahr und die Aussagen A ⊆ P(A), P(A) ∈ P(A) falsch. Zu c): Es gilt P(A) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A} . Zu d): Für eine endliche Menge M mit |M| = n gilt |P(M)| = 2n (vgl. (2.1) im Lehrbuch). Die Potenzmenge P(A) besitzt somit 27 = 128 Elemente. ** Aufgabe 2.2 (MC-Aufgaben zur Mengenlehre) Es seien L, M und N Teilmengen einer Grundmenge . Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) L ∩M = ∅ ⇒ L ∩M = L b) L ∩M ∩N = ∅ ⇒ M ∩N = ∅ c) M ∩N = ∅ ⇒ L ∩M ∩N = ∅ d) L ∩M = N ⇒ N ⊆ L e) L ∩M = M ∩ L a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Denn aus L ∩M = ∅ folgt L = (L ∩M) ∪ (L ∩M) = L ∩M . Zu b): Falsche Aussage. Ist z.B. L = ∅ und M ∩N = ∅, dann gilt L ∩M ∩N = ∅, aber nicht M ∩N = ∅. Zu c): Wahre Aussage. Denn M ∩N = ∅ impliziert L ∩M ∩N = L ∩ ∅ = ∅. Zu d): Wahre Aussage. Aus M ⊆ und L ⊆ folgt N = L ∩M ⊆ L ∩ = L und damit auch L ∩M = N ⇒ N ⊆ L. Zu e): Falsche Aussage. Ist z.B. = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, L = {1, 2, 3} und M = {4, 5, 6}, dann gilt L ∩M = {1, 2, 3} und M ∩ L = {4, 5, 6}, also L ∩M = M ∩ L. 9 Kapitel 2 Teil I: Mathematische Grundlagen * Aufgabe 2.3 (Mengenalgebra und Venn-Diagramm) Es seien M und N Teilmengen einer Grundmenge = {a, b, c, d, e, f, g} für die gilt: M \N = {a, c} N \M = {b, d, f } M ∪N = {a, b, c, d, e, f } Bestimmen Sie die Mengen M ∩ N , M ∪N , M ∩ N , M , N und skizzieren Sie die Grundmenge und ihre Teilmengen M und N in einem geeigneten Venn-Diagramm. Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Es gilt M ∩N = (M ∪N) \ ((M \N) ∪ (N \M)) = {e} und M ∪N = \ (M ∪N) = {g}. Mit M ∪N = {g} erhält man M ∩ N = M ∪N = {g}. Ferner gilt M = (M \ N) ∪ (M ∩ N) = {a, c, e} und N = (N \M) ∪ (M ∩N) = {b, d, e, f }. Die Abbildung 2.1 zeigt ein Venn-Diagramm mit der Grundmenge und ihren Teilmengen M,N . N M Ω e a c b d f g Abb. 2.1: Venn-Diagramm zu Aufgabe 2.3 ** Aufgabe 2.4 (Mengenalgebra und Venn-Diagramm) Für die Mengen A,B und C gilt: C = {f, g, h} B ∪ C = {a, d, e, f, g, h} A ∩ B = {b, c, h, i} A ∪ B = {a, b, c, d, e, f, g, h, i} AB = {a, d, e, g} a) Bestimmen Sie die Mengen B \ C,B,B ∩ C,A,A ∪ B ∪ C,A ∩ B,A ∩ B ∩ C,A ∩ C. b) Skizzieren Sie die Mengen A, B und C in einem geeigneten Venn-Diagramm. Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Es gilt B \ C = (B ∪ C) \ C = {a, d, e} und B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) = {a, d, e, f, g}. Daraus folgt B ∩ C = {f, g}. Ferner erhält man A = (A ∪ B) \ AB = {b, c, f, h, i} und damit insbesondere A ∪ B ∪ C = {a, b, c, d, e, f, g, h, i}, A ∩ B = {f }, A ∩ B ∩ C = {f } und A ∩ C = {f, h}. 10 Kapitel 2Mengenlehre Zu b): Die Abbildung 2.2 zeigt ein Venn-Diagramm mit den Mengen A,B und C. B A C c b i f a d h g e Abb. 2.2: Venn-Diagramm zu Aufgabe 2.4 * Aufgabe 2.5 (MC-Aufgaben zur Mengenlehre) Gegeben seien die Teilmengen A und B einer beliebigen Grundmenge . Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) A ∩ B = A ∪ B b) A ⊆ B ⇐⇒ B ⊆ A c) A ⊆ B ⇐⇒ A ∩ B = A d) A ⊆ B ⇐⇒ A ∪ B = B e) a ∈ (A ∩ B) ⇐⇒ a ∈ A ∩ B a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Es handelt sich hier um die zweite Regel von De Morgan (siehe Lehrbuch, Seite 39). Zu b): Wahre Aussage. Offensichtlich gilt A ⊆ B ⇒ B ⊆ A und B ⊆ A ⇒ A ⊆ B. Zu c): Wahre Aussage. Offensichtlich gilt A ⊆ B ⇒ A ∩ B = A und A ∩ B = A ⇒ A ⊆ B. Zu d): Wahre Aussage. Offensichtlich gilt A ⊆ B ⇒ A ∪ B = B und A ∪ B = B ⇒ A ⊆ B. Zu e): Falsche Aussage. Mit der zweiten Regel von De Morgan erhält man A ∩ B = A∪B = A∪B. Daraus ist ersichtlich, dass zwar a ∈ (A ∩ B) ⇒ a ∈ A ∩ B, aber nicht a ∈ A ∩ B ⇒ a ∈ (A ∩ B) gilt. ** Aufgabe 2.6 (Mengenalgebra und Venn-Diagramm) Für die Mengen A,B,C,D ⊆ gilt: A ∩ = {a} B ∩D = {c} D ∪ C = {c, d, e} B\D = {b} C = {a, b, c, d, f } D ∩ B = {d} 11 Kapitel 2 Teil I: Mathematische Grundlagen a) Bestimmen Sie die Grundmenge und ihre Teilmengen A,B,C,D. b) Skizzieren Sie die Grundmenge und ihre Teilmengen A,B,C,D in einem geeigneten Venn-Diagramm. c) In welcher Beziehung stehen C und D zueinander? Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Aus A ⊆ und A∩ = {a} folgt A = {a}. Ferner gilt B = (B ∩D)∪ (B\D) = {c, b} und D = (B ∩ D) ∪ (D ∩ B) = {c, d}. Aus D = {c, d} und D ∪ C = {c, d, e} erhält man, dass e ∈ C und C ⊆ {c, d, e} gilt. Zusammen mit C = {a, b, c, d, f } impliziert dies C = {e} und = C ∪ C = {a, b, c, d, e, f }. Zu b): Die Abbildung 2.3 zeigt ein Venn-Diagrammmit der Grundmenge und ihren TeilmengenA,B,C,D. D B A C Ω c b d a e f Abb. 2.3: Venn-Diagramm zu Aufgabe 2.6 Zu c): Es gilt C ∩D = ∅. Das heißt, die Mengen C und D sind disjunkt. ** Aufgabe 2.7 (Mengenalgebra) Gegeben seien die Grundmenge = {x: x ist ein am 1.1.2013 an der Universität Hamburg immatrikulierter Studierender } und die Mengen: A = {x ∈ : x stammt aus Hamburg} B = {x ∈ : x studiert BWL} C = {x ∈ : x erhält BAföG} D = {x ∈ : x spielt Klavier} Welche Personengruppen sind durch die folgenden Mengen festgelegt? a) A ∩ B ∩ C ∩D b) (B ∩ (A ∪ C)) ∪D c) (A ∩ C) ∪ A d) (B ∩D) ∩ (B ∪D) Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 12 Kapitel 2Mengenlehre Lösung: Zu a):DieMenge umfasst alle ausHamburg stammenden undKlavier spielendenBWL-Studierenden, die am 1.1.2013 an der Universität Hamburg immatrikuliert sind und BAföG erhalten. Zu b): Mit der ersten Regel von De Morgan (siehe Lehrbuch, Seite 39) erhält man (B ∩ (A ∪ C)) ∪D = (B ∩ (A ∩ C)) ∪D = (B ∩ (A ∩ C)) ∪D. Die Menge besteht somit aus allen am 1.1.2013 an der Universität Hamburg immatrikulierten Studierenden, die aus Hamburg stammen, BWL studieren und kein BaföG erhalten oder denen, die nicht Klavier spielen. Zu c): Mit der ersten Regel von De Morgan folgt (A ∩ C) ∪ A = (A ∩ C) ∩ A = A ∩ C ∩ A = ∅. Das heißt, die Menge enthält keine Studierenden. Zu d): Aus der ersten und zweiten Regel von De Morgan (siehe Lehrbuch, Seite 39) erhält man (B ∩D) ∩ (B ∪D) = (B ∩D) ∪ (B ∪D) = (B ∩D) ∪ (B ∩D) = (B ∩D) ∪ (B ∩D) = B. Die Menge besteht somit aus allen am 1.1.2013 an der Universität Hamburg immatrikulierten BWL- Studierenden. * Aufgabe 2.8 (Anzahl von Elementen) Durch A, B und C seien die Teilmengen eines Kurses mit 50 BWL-Studierenden gegeben, die ein Statistikbuch, einMathebuch bzw. kein Buch besitzen. Dabei gelte |A| = 20, |B| = 30 und |C| = 10. Bestimmen Sie die Anzahl der Elemente der folgendenMengen: a) Menge aller BWL-Studierenden, die ein Statistik- oder ein Mathebuch besitzen b) Menge aller BWL-Studierenden, die ein Statistik- und ein Mathebuch besitzen c) Menge aller BWL-Studierenden, die nur ein Statistikbuch besitzen d) Menge aller BWL-Studierenden, die nur ein Mathebuch besitzen Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Zu berechnen ist |A∪B|. Es gilt |A∪B∪C| = 50 und |A∩C| = |B∩C| = |(A∪B)∩C| = 0. Damit erhält man (vgl. (2.5) im Lehrbuch) 50 = |A ∪ B ∪ C| = |A ∪ B| + |C| − |(A ∪ B) ∩ C| = |A ∪ B| + 10− 0, also |A ∪ B| = 40. Zu b): Zu berechnen ist |A ∩ B|. Mit dem Ergebnis aus Teil a) erhält man 40 = |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| = 20+ 30− |A ∩ B|, also |A ∩ B| = 10. Zu c) und d): Zu berechnen ist |A \ B| und |B \ A|. Mit dem Ergebnis aus Teil b) erhält man (vgl. (2.6) im Lehrbuch) |A \ B| = |A| − |A ∩ B| = 10 und |B \ A| = |B| − |A ∩ B| = 20. *** Aufgabe 2.9 (Anzahl von Elementen) a) Professor Schlau und Professor Klug konkurrieren an ihrer Hochschule um die Gunst ihrer 450 Studierenden. Die Menge aller Studierenden an ihrer Hochschule sei mit bezeichnet und durch A und B seien die Mengen aller Studierenden gegeben, die Professor Schlau bzw. Professor Klug mögen. Es gibt allerdings auch 20 Studierende, die weder Professor Schlau noch Professor Klug mögen. Ferner sei bekannt, dass |B \A| = |A\B|2 und |A∩B| = 20|A\B| gilt. Berechnen Sie |A\B|, |B \A|, |A∩B| und interpretieren Sie die Ergebnisse. 13 Kapitel 2 Teil I: Mathematische Grundlagen b) Unter 90 VWL-Studierenden befinden sich 60 Studierende, die sich für Mathematik interessieren, 50 Studierende, die Statistik mögen und 40 Studierende, die gerne Ökonometrie-Vorlesungen besuchen. Unter diesen Studierenden befinden sich 35 Studierende, die sich für Mathematik und Statistik interessieren, 25 Studierende, die Mathematik und Ökonometrie mögen, und 20 Studierende, die gerne Statistik- und Ökonometrie-Vorlesungen besuchen. Ferner gibt es 15 Studierende, die Mathematik, Statistik und Ökonometrie mögen. Ermitteln Sie die Anzahl an Studierenden, die sich für keine der drei Fächer interessieren und skizzieren Sie ein geeignetes Venn- Diagramm, aus dem die Zusammenhänge ersichtlich werden. Lehrbuch: Abschnitte 2.2 und 2.3 Lösung: Zu a): Im Folgenden sei a := |A \ B|. Dann folgt aus den gegebenen Informationen | \ (A ∪ B)| = 20, |B \ A| = a 2 und |A ∩ B| = 20a. (2.1) Da = ( \ (A ∪ B)) ∪ (A \ B) ∪ (B \A) ∪ (A ∩ B) gilt und die vier Mengen \ (A ∪ B), A \ B, B \A und A ∩ B disjunkt sind, erhält man | | = | \ (A ∪ B)| ∪ |A \ B| ∪ |B \ A| ∪ |A ∩ B|, also 450 = 20+a+ a2 +20a. Durch Auflösen dieser Gleichung nach a erhält man a = 20 und anschließendes Einsetzen von a = 20 in (2.1) liefert |A \ B| = 20, |B \ A| = 10 und |A ∩ B| = 400. Es gibt somit |A \ B| = 20 Studierende, die nur Professor Schlau mögen, |B \ A| = 10 Studierende, die ausschließlichProfessorKlug sympathisch findenund |A∩B| = 400Studierende, die beideProfessorenmögen. Zu b): Im Folgenden bezeichnenM , S undO die Mengen der Studierenden, die sich für Mathematik, Statistik bzw. Ökonometrie interessieren. Mit sei ferner die Menge aller 90 Studierenden bezeichnet. Dann folgt aus den gegebenen Informationen |M| = 60, |S| = 50, |O| = 40, |M ∩ S| = 35, |M ∩O| = 25, |S ∩O| = 20 und |M ∩ S ∩O| = 15. Gesucht ist | \ (M ∪ S ∪O)|. Wegen | \ (M ∪ S ∪O)| = | | − |M ∪ S ∪O| = 90− |M ∪ S ∪O| und |M ∪ S ∪O| = |M| + |S| + |O| − |M ∩ S| − |M ∩O| − |S ∩O| + |M ∩ S ∩O| = 60+ 50+ 40− 35− 25− 20+ 15 = 85 (vgl. (2.5)–(2.6) im Lehrbuch) erhält man | \ (M ∪ S ∪ O)| = 90 − 85 = 5. Die Abbildung 2.4 zeigt das zugehörige Venn-Diagramm. S M O Ω 60 50 40 15 20 25 35 5 Abb. 2.4: Venn-Diagramm zu Aufgabe 2.9 14 Kapitel 2Mengenlehre * Aufgabe 2.10 (Mengenalgebra für beliebig viele Mengen und Partitionen) a) Ermitteln Sie für die Teilmengen Ai = {2, 4, . . . , 2i} der Grundmenge = N die folgenden Mengen ⋃ i∈N Ai, ⋂ i∈N Ai, ⋃ i∈N Ai und ⋂ i∈N Ai. b) Geben Sie an, ob die Menge P = {{a, e} , {b, d, f } , {h, i}} eine Partition der folgenden beiden Mengen ist: M = {a, b, d, e, f, h, i} und N = {a, b, c, d, e, f, g, h, i} c) Geben Sie alle Partitionen P(M) der Menge M = {1, 2, 3} an. Lehrbuch: Abschnitt 2.4 Lösung: Zu a): Es gilt⋃ i∈N Ai = A1 ∪ A2 ∪ . . . = {2, 4, 6, . . .} und ⋂ i∈N Ai = A1 ∩ A2 ∩ . . . = {2} . Damit erhält man ⋃ i∈N Ai = {1, 3, 5, . . .} und ⋂ i∈N Ai = N \ {2} . Zu b): Bei {a, e}, {b, d, f } und {h, i} handelt es sich um disjunkte Teilmengen vonM undN . Ferner gilt {a, e}∪ {b, d, f } ∪ {h, i} = M und {a, e} ∪ {b, d, f } ∪ {h, i} = N . Das heißt, P ist eine Partition von M , aber nicht von N . Zu c): Die Menge M besitzt die folgenden fünf Partitionen {{1, 2, 3}} , {{1, 2} , {3}} , {{1} , {2, 3}} , {{1, 3} , {2}} , {{1} , {2} , {3}} . 15 3. Zahlenbereiche und Rechengesetze * Aufgabe 3.1 (MC-Aufgaben zu Zahlenbereichen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis f) wahr und welche falsch sind: a) Jeder Bruch p q mit p, q ∈ Z ist als Dezimalzahl darstellbar. b) Jede Dezimalzahl ist als Bruch p q mit p, q ∈ Z darstellbar. c) Die Eulersche Zahl e ist eine rationale Zahl. d) Nichtnegative Zahlen sind positiv. e) Positive Zahlen sind nichtnegativ. f) Es gilt R = {x : x ist eine irrationale Zahl} a) b) c) d) e) f ) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 3.1 bis 3.4 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Die Menge aller Brüche pq mit p, q ∈ Z stimmt mit der Menge der rationalen Zahlen überein. Rationale Zahlen lassen sich jedoch als endliche Dezimalbrüche oder als unendliche Dezimalbrüche mit einer periodisch wiederkehrenden Folge von Zahlen hinter dem Komma darstellen. Zu b): Falsche Aussage. Die Menge der Dezimalzahlen ist gegeben durch die Menge aller rationalen und irrationalen Zahlen. Irrationale Zahlen lassen sich jedoch nur als Dezimalzahlen darstellen, die weder enden noch periodisch sind und besitzen somit keine Darstellung als Bruch pq mit p, q ∈ Z. Zu c): Falsche Aussage. Die Eulersche Zahl ist eine irrationale Zahl. Zu d): Falsche Aussage. Die nichtnegative Zahl 0 ist nicht positiv. Zu e): Wahre Aussage. Aus x > 0 folgt x ≥ 0. Zu f): Falsche Aussage. Es gilt R = {x : x ist eine rationale oder irrationale Zahl}, d. h. R umfasst Q und I. ** Aufgabe 3.2 (Betrag) a) Stellen Sie die beiden Terme a+|a|2 und a−|a| 2 für a ∈ R ohne Betrag dar. b) Zeigen Sie, dass für beliebige a, b ∈ R gilt: a + b + |a − b| 2 = max {a, b} und a + b − |a − b| 2 = min {a, b} Lehrbuch: Abschnitt 3.3 Lösung: Zu a): Wegen |a| = a für a ≥ 0 und |a| = −a für a < 0 (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch) erhält man a + |a| 2 = { a für a ≥ 0 0 für a < 0 und a − |a| 2 = { 0 für a ≥ 0 a für a < 0 . Zu b): Mit Hilfe der Fallunterscheidung a ≥ b und a < b erhält man für die beiden Terme a + b + |a − b| 2 = { 2a 2 für a ≥ b 2b 2 für a < b = { a für a ≥ b b für a < b = max {a, b} bzw. a + b − |a − b| 2 = { 2b 2 für a ≥ b 2a 2 für a < b = { b für a ≥ b a für a < b = min {a, b} . 16 Kapitel 3Zahlenbereiche und Rechengesetze * Aufgabe 3.3 (Intervalle) a) Stellen Sie die folgenden Mengen als Intervalle dar: A = {x : − 1 ≤ x < 3} , B = {x : x ≤ 5 ∧ x ≥ 3} , C = {x : x ≥ 9} , D = {x : x > 1 ∧ x ≥ −2} , E = {x : x ≤ 6 ∧ x ≥ 0 ∧ x ≥ −2} , R, R+ b) Gegeben seien die Intervalle: I1 = [−4, 3], I2 = [0, 4), I3 = (−1, 1), I4 = [4, 6), I5 = (−∞, 5) Bestimmen Sie die folgenden Intervalle: I1 ∪ I2, I1 ∩ I2, I1 ∪ I3, I1 ∩ I3, I1 \ I2, I2 \ I3, I1 ∩ I4, I1 ∪ I5, I2 ∩ I4, I2 ∪ I4, I2 ∪ I3 ∪ I4, (I4 ∩ I5) ∪ I2, I4 ∩ (I5 ∪ I2), (I1 ∩ I5) ∪ (I2 ∩ I3) Lehrbuch: Abschnitt 3.3 Lösung: Zu a): Es gilt: A = [−1, 3), B = [3, 5], C = [9,∞), D = (1,∞), E = [0, 6], R = (−∞,∞), R+ = [0,∞) Zu b): Man erhält: I1 ∪ I2 = [−4, 4), I1 ∩ I2 = [0, 3], I1 ∪ I3 = I1, I1 ∩ I3 = I3, I1 \ I2 = [−4, 0), I2 \ I3 = [1, 4), I1 ∩ I4 = ∅, I1 ∪ I5 = I5, I2 ∩ I4 = ∅, I2 ∪ I4 = [0, 6), I2 ∪ I3 ∪ I4 = (−1, 6), (I4 ∩ I5) ∪ I2 = [0, 5), I4 ∩ (I5 ∪ I2) = [4, 5), (I1 ∩ I5) ∪ (I2 ∩ I3) = I1 ** Aufgabe 3.4 (Zahlenbereiche, Dezimal- und Dualsystem) a) Ordnen Sie die folgenden Zahlen den verschiedenen Zahlenbereichen N,Z,Q, I, R,C zu: √ 9, 0,3, 14 7 , √−25, 0, 0,125, π b) Stellen Sie die im Dezimalsystem gegebenen Zahlen 27 und 53,625 im Dualsystem dar. c) Überführen Sie die im Dualsystem gegebenen Zahlen 11010,010 und 10110111011,111111 ins Dezimalsystem. Lehrbuch: Abschnitte 3.1 bis 3.6 Lösung: Zu a): Es gilt: √ 9 = 3 ∈ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C, 0,3 ∈ Q ⊂ R ⊂ C, 147 = 2 ∈ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C, √−25 = √ 25 i2 = ±5 i ∈ C, 0 ∈ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C, 0,125 ∈ Q ⊂ R ⊂ C und π ∈ I ⊂ R ⊂ C. Zu b): Es gilt 27 = 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 1 · 20. Die Zahl 27 lautet somit im Dualsystem 11011. Ferner erhält man 53,625 = 1 · 25 + 1 · 24 + 0 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20 + 1 · 2−1 + 0 · 2−2 + 1 · 2−3. Das heißt, im Dualsystem ist die Zahl 53,625 gegeben durch 110101,101. Zu c): Es gilt 11010,010 = 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 0 · 20 + 0 · 2−1 + 1 · 2−2 + 0 · 2−3. 17 Kapitel 3 Teil I: Mathematische Grundlagen Die Zahl 11010,010 entspricht somit im Dezimalsystem 26,25. Ferner erhält man 10110111011,111111 = 1 · 210 + 0 · 29 + 1 · 28 + 1 · 27 + 0 · 26 + 1 · 25 + 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 1 · 20 + 1 · 2−1 + 1 · 2−2 + 1 · 2−3 + 1 · 2−4 + 1 · 2−5 + 1 · 2−6. Das heißt, im Dezimalsystem ist die Zahl 10110111011,111111 gegeben durch 1467,984375. * Aufgabe 3.5 (MC-Aufgaben zu komplexen Zahlen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Die komplexe Zahl z erhält man durch Spiegelung von z an der reellen Achse. b) Das Produkt zweier zueinander konjugiert komplexer Zahlen z und z ist eine reelle Zahl. c) Der Betrag |z| einer komplexen Zahl z ist keine reelle Zahl. d) Das Argument (Phase) x einer komplexen Zahl in der exponentiellen Darstellung z = r eix ist eindeutig. e) Jede komplexe Zahl z besitzt eine trigonometrische und eine exponentielle Darstellung. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (vgl. Abbildung 3.13 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Für eine beliebige komplexe Zahl z = a + i b gilt zz = (a + i b)(a − i b) = a2 − i2 b2 = a2 + b2 ∈ R+. (3.1) Zu c): Falsche Aussage. Für eine beliebige komplexe Zahl z = a + i b erhält man mit (3.1) |z| = √zz = √ a2 + b2 ∈ R+. Zu d): Falsche Aussage. Es gilt z = r eix = r (cos(x) + i sin(x)) für alle x ∈ R (vgl. (3.26) im Lehrbuch). Wegen sin(x) = sin(x + 2kπ) und cos(x) = cos(x + 2kπ) für alle x ∈ R und k ∈ Z (vgl. Satz 5.1f) im Lehrbuch) folgt daraus z = r eix = r ei(x+2kπ) für alle k ∈ Z. Zu e):WahreAussage. Jede komplexeZahl z ∈ C kann in der Form z = r eix = r (cos(x)+i sin(x)) dargestellt werden (vgl. Abbildung 3.16 im Lehrbuch). * Aufgabe 3.6 (Zahlenbereiche und Vereinfachen von komplexen Ausdrücken) a) Skizzieren Sie die Teilmengenbeziehungen zwischen den folgenden Zahlenbereichen in einem Venn-Diagramm und geben Sie jeweils deren Bezeichnung an: N, N0, Z, Q, R, C b) Vereinfachen Sie die folgenden drei komplexen Ausdrücke: 3− 2 i 6 + −2 i − 3 4 + 2 i 3 , 3 i − 3− i 2 − −i 5 , 5+ i 2 i − 1 · (4 i − 2)2 2 Lehrbuch: Abschnitt 3.6 18 Kapitel 3Zahlenbereiche und Rechengesetze Lösung: Zu a): Es gelten die in Abbildung 3.1 dargestellten Teilmengenbeziehungen. Komplexe Zahlen C Reelle Zahlen R Rationale Zahlen Q Ganze Zahlen Z Erweiterte natürliche Zahlen N0 Natürliche Zahlen N Abb. 3.1: Hierarchischer Aufbau N ⊂ N0 ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C des Zahlensystems Zu b): Für die drei komplexen Ausdrücke erhält man: 3− 2 i 6 + −2 i − 3 4 + 2 i 3 = 3+ 2 i 6 + 2 i − 3 4 + 2 i 3 = 6+ 4 i 12 + 6 i − 9 12 + 8 i 12 = −3+ 18 i 12 = − 1 4 + 3 2 i 3 i − 3− i 2 − −i 5 = 3 i − 3− i 2 − i 5 = 30 i 10 − 15− 5 i 10 − 2 i 10 = −15+ 33 i 10 = − 3 2 + 33 10 i 5+ i 2 i − 1 · (4 i − 2)2 2 = (5+ i)(4 i − 2) 2 4 i − 2 = (5+ i)(4 i − 2) = 20 i − 10+ 4 i2 − 2 i = 20 i − 10− 4− 2 i = −14+ 18 i * Aufgabe 3.7 (Vereinfachen von komplexen Ausdrücken) Vereinfachen Sie den folgenden komplexen Ausdruck:( 3+ 2 i 4 · | √ 27+ 3 i| 1− 3 i + −4+ 8 i 8− 24 i ) 3 i + 1 2 (3.2) Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Für |√27+ 3 i| erhält man (vgl. (3.15) im Lehrbuch) |√27+ 3 i| = √ ( √ 27)2 + 32 = √27+ 9 = √36 = 6. Eingesetzt in (3.2) liefert dies( 3+ 2 i 4 · 6 1− 3 i + −4+ 8 i 8− 24 i ) 3 i + 1 2 = ( 18+ 12 i 4− 12 i + −4− 8 i 8− 24 i ) −3 i + 1 2 = ( 18+ 12 i 4− 12 i + −2− 4 i 4− 12 i ) 1− 3 i 2 = 16+ 8 i 4− 12 i · 1− 3 i 2 = 4+ 2 i 1− 3 i · 1− 3 i 2 = 2+ i. 19 Kapitel 3 Teil I: Mathematische Grundlagen ** Aufgabe 3.8 (Rechnen mit komplexen Zahlen) a) Vereinfachen Sie die beiden folgenden komplexen Ausdrücke (4− 7 i)(1− 2 i) und (2− 5 i)+ (−3− 3 i)− (6+ i)+ | − 7 i|. b) Geben Sie die komplexe Zahl z = 2+ 2 i in trigonometrischer und exponentieller Darstellung an. Stellen Sie die komplexe Zahl z und ihre Polarkoordinaten in der Gaußschen Zahlenebene dar. Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Zu a): Für die beiden komplexen Ausdrücke erhält man: (4− 7 i)(1− 2 i) = (4− 7 i)(1+ 2 i) = 4+ 8 i − 7 i − 14 i2 = 4+ i + 14 = 18+ i (2− 5 i)+ (−3− 3 i)− (6+ i)+ | − 7 i| = (2− 5 i)+ (−3− 3 i)− (6− i)+ √ 02 + (−7)2 = −7− 7 i + 7 = −7 i Zu b): Für den Betrag und das Argument (Phase) der komplexen Zahl z = 2+ 2 i gilt (vgl. (3.15) und (3.25) im Lehrbuch): r = |z| = √ 22 + 22 = √8 = 2√2 x = arccos ( 2 2 √ 2 ) = arccos (√ 2 2 ) = π 4 Damit ergibt sich die trigonometrische Darstellung zu (vgl. (3.23) im Lehrbuch) z = 2√2 ( cos (π 4 ) + i sin (π 4 )) . Für die exponentielle Darstellung erhält man (vgl. (3.17) im Lehrbuch) z = 2√2 ei π4 . In Abbildung 3.2 ist die komplexe Zahl z = 2 + 2 i mit ihren Polarkoordinaten r = 2√2 und x = π4 in der Gaußschen Zahlenebene dargestellt. ϕ = 45° Re Im i 2 1 20 z = 2 + 2 i r = |z | = 2 √ 2 C x = π4 Abb. 3.2: Die komplexe Zahl z = 2+ 2 i und ihre Polarkoordinaten r und x in der Gaußschen Zahlenebene 20 Kapitel 3Zahlenbereiche und Rechengesetze ** Aufgabe 3.9 (Rechnen mit komplexen Zahlen) Gegeben sind die drei komplexen Zahlen z1 = 2+ i 1− 2 i , z2 = 2 e −i π3 und z3 = 4 ( (cos(30◦)+ i sin(30◦)). Berechnen Sie damit die beiden Ausdrücke: a) z1 + 5z2 − √ 3 z3 und b) z1 z3 0,5z2 Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Für die komplexen Zahlen z1, z2 und z3 erhält man: z1 = 2+ i1− 2 i = (2+ i)(1+ 2 i) (1− 2 i)(1+ 2 i) = 2+ 4 i + i + 2 i2 1− 4 i2 = 2+ 5 i − 2 1+ 4 = i z2 = 2 e−i π 3 = 2(cos(−π/3)+ i sin(−π/3)) = 2 cos(−π/3)+ 2 sin(−π/3) i = 1−√3 i z3 = 4 ( cos(30◦)+ i sin(30◦)) = 4 cos(30◦)+ 4 sin(30◦) i = 2√3+ 2 i Dabei wurde für die Umformung von z2 die Eulersche Formel verwendet (vgl. (3.26) im Lehrbuch). Zu a): Es gilt z1 + 5z2 − √ 3 z3 = i + 5(1− √ 3 i)−√3 (2√3+ 2 i) = i + 5− 5√3 i −√3 (2√3− 2 i) = i + 5− 5√3 i − 6+ 2√3 i = −1+ (1− 3√3) i. Zu b): Man erhält z1 z3 0,5z2 = i (2 √ 3+ 2 i) 0,5(1−√3 i) = −i (2√3+ 2 i)(1+√3 i) 0,5(1−√3 i)(1+√3 i) = −i (2 √ 3+ 6 i + 2 i + 2√3 i2) 0,5(1+ 3) = −2 √ 3 i − 8 i2 − 2√3 i3 2 = −2 √ 3 i + 8+ 2√3 i 2 = 4. *** Aufgabe 3.10 (Rechnen mit komplexen Zahlen) a) Bestimmen Sie die dritten Wurzeln von z = −2+ 2 i. b) Berechnen Sie √−3+ 4 i ohne Verwendung der exponentiellen Darstellung. c) Bestimmen Sie die Menge {z : z = iz+ 2− i}. Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Zu a): Zunächst wird die exponentielle Darstellung von z = −2+ 2 i ermittelt. Für den Betrag und das Argument (Phase) von z gilt (vgl. (3.15) und (3.25) im Lehrbuch): r = |z| = √ (−2)2 + 22 = √8 = 2√2 x = arccos ( −2 2 √ 2 ) = arccos ( − √ 2 2 ) = 3 4 π Damit erhält man die exponentielle Darstellung z = 2√2 ei 34π (vgl. (3.17) im Lehrbuch). Die drei 3. Wurzeln von z sind somit gegeben durch wk = 3 √ 2 √ 2 e 1 3 i ( 3 4π+2kπ ) für k = 0, 1, 2 21 Kapitel 3 Teil I: Mathematische Grundlagen (vgl. (3.30) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt: w0 = √ 2 e 1 3 i ( 3 4π+0 ) = √2 ei 14π w1 = √ 2 e 1 3 i ( 3 4π+2π ) = √2 ei 1112 π w2 = √ 2 e 1 3 i ( 3 4π+4π ) = √2 ei 1912 π Zu b): Ausgangspunkt ist der Ansatz −3+ 4 i = (a + i b)2, (3.3) wobei a und b zu berechnen sind. Für die linke und rechte Seite von (3.3) erhält man durch Übergang zum Betrag | − 3+ 4 i| = √ (−3)2 + 42 = 5 bzw. ∣∣(a + i b)2∣∣ = |a + i b|2 = a2 + b2 (vgl. (3.15) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt a2 + b2 = 5. Aus (3.3) erhält man weiter −3+ 4 i = a2 − b2 + 2ab i, also a2 − b2 = −3 und 2ab = 4. Werden die beiden Gleichungen a2 + b2 = 5 und a2 − b2 = −3 einmal addiert und einmal subtrahiert, dann liefert dies a2 = 1 und b2 = 4. Wegen 2ab = 4 müssen jedoch a und b dasselbe Vorzeichen haben. Dies impliziert, dass a = 1 und b = 2 oder a = −1 und b = −2 gelten muss. Das heißt, die komplexe Zahl −3+ 4 i besitzt die beiden Wurzeln 1+ 2 i und −1− 2 i. Zu c): Durch Einsetzen von z = a + i b in die Gleichung z = iz+ 2− i erhält man a + i b = i(a − i b)+ 2− i ⇐⇒ a + i b = (b + 2)+ (a − 1) i ⇐⇒ a − b = 2 ∧ − a + b = −1. Das heißt, es muss a − b = 2 und a − b = 1 gelten, was nicht möglich ist. Folglich besitzt die Gleichung z = iz+ 2− i keine Lösung und damit gilt {z : z = iz+ 2− i} = ∅. ** Aufgabe 3.11 (Rechnen mit komplexen Zahlen) a) Bestimmen Sie die vierten Wurzeln von z = 16 i. b) Berechnen Sie (1− i)200. c) Weisen Sie nach, dass für zwei komplexe Zahlen z1 = a+ i b und z2 = c+ i d stets z1 + z2 = z1 + z2 gilt. Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Zu a): Zunächst wird die exponentielle Darstellung von z = 16 i ermittelt. Für den Betrag und das Argument (Phase) von z gilt (vgl. (3.15) und (3.25) im Lehrbuch): r = |z| = √ 02 + 162 = 16 x = arccos(0) = π 2 Damit erhält man die exponentielle Darstellung z = 16 ei π2 (vgl. (3.17) im Lehrbuch). Die vier 4. Wurzeln von z sind somit gegeben durch wk = 4 √ 16 e 1 4 i ( π 2 +2kπ ) für k = 0, 1, 2, 3 (vgl. (3.30) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt: w0 = 2 e 1 4 i ( π 2 +0 ) = 2 ei π8 w1 = 2 e 1 4 i ( π 2 +2π ) = 2 ei 58π w2 = 2 e 1 4 i ( π 2 +4π ) = 2 ei 98π w3 = 2 e 1 4 i ( π 2 +6π ) = 2 ei 138 π 22 Kapitel 3Zahlenbereiche und Rechengesetze Zu b): Zunächst wird wieder die exponentielle Darstellung von z = 1 − i ermittelt. Für den Betrag und das Argument (Phase) von z erhält man: r = |z| = √ 12 + (−1)2 = √2 x = − arccos ( 1√ 2 ) = − arccos (√ 2 2 ) = −π 4 Für die exponentielle Darstellung folgt somit z = √2 e−i π4 . Damit erhält man (1− i)200 = (√ 2 e−i π 4 )200 = 2100 e−i 50π = 2100. Zu c): Es gilt: z1 + z2 = (a + i b)+ (c + i d) = a + c + i (b + d) = (a + c)− i (b + d) = (a − i b)+ (c − i d) = a + i b + c + i d = z1 + z2 *** Aufgabe 3.12 (Formeln von de Moivre) Weisen Sie mit Hilfe der Formeln von de Moivre und des Binomischen Lehrsatzes die Gültigkeit der beiden trigonometrischen Formeln cos(4x)=8 cos4(x)− 8 cos2(x)+ 1 und sin(4x)=4 sin(x) cos(x) (2 cos2(x)− 1) nach. Lehrbuch: Abschnitt 3.6 Lösung: Die Formel von de Moivre lautet (cos(x) + i sin(x))n = cos(nx) + i sin(nx) mit n ∈ N0 (vgl. Seite 60 im Lehrbuch). Daraus folgt für n = 4 (cos(x)+ i sin(x))4 = cos(4x)+ i sin(4x). (3.4) Für die linke Seite erhält man mit dem Binomischen Lehrsatz die Darstellung (cos(x)+ i sin(x))4 = cos4(x)+ 4 cos3(x)(i sin(x))+ 6 cos2(x)(i sin(x))2 + 4 cos(x)(i sin(x))3 + (i sin(x))4 = cos4(x)+ i 4 cos3(x) sin(x)+ i2 6 cos2(x) sin2(x)+ i3 4 cos(x) sin3(x) + i4 sin4(x) = cos4(x)− 6 cos2(x) sin2(x)+ sin4(x)+ i ( 4 cos3(x) sin(x)− 4 cos(x) sin3(x) ) Ein Vergleich der Real- und Imaginärteile dieser komplexen Zahl mit denen von (3.4) liefert die Beziehungen: cos(4x) = cos4(x)− 6 cos2(x) sin2(x)+ sin4(x) sin(4x) = 4 cos3(x) sin(x)− 4 cos(x) sin3(x) 23 Kapitel 3 Teil I: Mathematische Grundlagen Mit Hilfe von sin2(x)+ cos2(x) = 1 (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) lassen sich diese beiden Formeln auf die in der Aufgabenstellung angegebene Form bringen: cos(4x) = cos4(x)− 6 cos2(x) sin2(x)+ sin4(x) = cos4(x)− 6 cos2(x)(1− cos2(x))+ (1− cos2(x))2 = cos4(x)− 6 cos2(x)+ 6 cos4(x)+ 1− 2 cos2(x)+ cos4(x) = 8 cos4(x)− 8 cos2(x)+ 1 sin(4x) = 4 cos3(x) sin(x)− 4 cos(x) sin3(x) = 4 cos(x) sin(x) ( cos2(x)− sin2(x) ) = 4 cos(x) sin(x) ( cos2(x)− ( 1− cos2(x) )) = 4 sin(x) cos(x) ( 2 cos2(x)− 1 ) ** Aufgabe 3.13 (MC-Aufgaben zur Mächtigkeit von Mengen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis g) wahr und welche falsch sind: a) Zwei Mengen M und N sind genau dann gleichmächtig, wenn sie gleich viele Elemente besitzen. b) Die Menge {a, b, c, d, e} besitzt die Mächtigkeit 5, falls a, b, c, d und e verschieden sind. c) Echte Teilmengen einerMengeM können nicht die gleicheMächtigkeit wieM haben. d) Es sei M eine endliche Menge. Dann besitzt die Potenzmenge P(M) eine größere Mächtigkeit als M . e) Die Aussage d) gilt auch für unendliche Mengen M . f) Die Menge der rationalen Zahlen Q und die Menge der irrationalen Zahlen I sind gleichmächtig. g) Das Intervall (0, 1) ist eine überabzählbare Menge. a) b) c) d) e) f ) g) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 3.7 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Diese Aussage ist nur für endliche Mengen richtig. Zum Beispiel sind die beiden unendlichen Mengen N und N0 abzählbar unendlich, also gleichmächtig, aber N0 besitzt mit der 0 ein Element „mehr“ als N. Zu b): Wahre Aussage. Bei endlichen Mengen ist die Mächtigkeit gleich der Anzahl ihrer Elemente. Zu c): Falsche Aussage. Diese Aussage ist wieder nur für endliche Mengen richtig. Zum Beispiel gilt N ⊂ N0 und dennoch sind N und N0 abzählbar unendlich, haben also die gleiche Mächtigkeit. Zu d):WahreAussage. Die PotenzmengeP(M) einer endlichenMengeM mit nElementen besitzt 2n Elemente (vgl. (2.1) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt |P(M)| > |M| für alle n ∈ N0. Zu e): Wahre Aussage. Dies folgt aus dem berühmten Satz von Cantor (siehe Seite 67 im Lehrbuch). Zu f): Falsche Aussage. Die Menge der rationalen Zahlen Q ist abzählbar unendlich (siehe Satz 3.22 im Lehrbuch) und dieMenge der irrationalen Zahlen I ist überabzählbar unendlich (siehe Folgerung 3.24 im Lehrbuch). Zu g): Wahre Aussage. Dies wird mit dem zweiten Cantorschen Diagonalargument gezeigt (siehe Seite 66 im Lehrbuch). 24 Kapitel 3Zahlenbereiche und Rechengesetze ** Aufgabe 3.14 (Mächtigkeit von Mengen) a) Weisen Sie nach, dass die beiden Mengen N und {1, 4, 9, . . .} gleichmächtig sind. b) Bestimmen Sie die Mächtigkeit der Menge M = {(x, y) : x, y ∈ Z}. c) Bestimmen Sie die Mächtigkeit der Menge M = {mn : m, n ∈ N}. Lehrbuch: Abschnitt 3.7 Lösung: Zu a): Durch n ←→ n2 ist eine umkehrbar eindeutige Zuordnung zwischen den Elementen von N und {1, 4, 9, . . .} gegeben. Das heißt, die Mengen N und {1, 4, 9, . . .} sind gleichmächtig (vgl. Definition 3.18 im Lehrbuch). Zu b): Durch das inAbbildung 3.3 dargestellte Schemawird jedemElement derMengeM = {(x, y) : x, y ∈ Z} genau ein Element der Menge der natürlichen Zahlen N zugeordnet und umgekehrt. Beginnt die Zuordnung zum Beispiel im Ursprung (0, 0) des Koordinatensystems, dann ist der Punkt (0, 0) der Zahl 1, der Punkt (0, 1) der Zahl 2, der Punkt (1, 1) der Zahl 3 usw. zugeordnet. Das heißt, die MengeM ist gleichmächtig zur Menge N und damit abzählbar unendlich (vgl. Definition 3.19 im Lehrbuch). Z Z Abb. 3.3: Abzählbarkeit der Menge M = {(x, y) : x, y ∈ Z} Zu c): Die MengeM der Potenzenmn mitm, n ∈ N lässt sich wie folgt in einem Schema anordnen und durchlaufen: 11 → 12 13 → 14 15 → ↙ ↗ ↙ ↗ 21 22 23 24 25 . . . ↓ ↗ ↙ ↗ 31 32 33 34 35 . . . ↙ ↗ 41 42 43 44 45 . . . ↓ ↗ 51 52 53 54 55 . . . Auf diese Weise erhält man die folgende Abzählung der Menge M: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 . . . ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ . . . 11 12 21 31 22 13 14 23 32 41 51 42 33 24 15 . . . Das heißt, die Menge M ist gleichmächtig zur Menge N und damit abzählbar unendlich. 25 4. Terme, Gleichungen und Ungleichungen * Aufgabe 4.1 (MC-Aufgaben zu Äquivalenzumformungen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Die Umformung einer Gleichung oder Ungleichung wird als Äquivalenzumformung bezeichnet, wenn sich dadurch die Lösungsmenge der Gleichung bzw. Ungleichung nicht verkleinert. b) Die Multiplikation und Division beider Seiten einer Gleichung mit einem Term ist eine Äquivalenzumformung. c) Die Multiplikation und Division beider Seiten einer Unleichung mit einem Term grö- ßer als Null ist eine Äquivalenzumformung. d) Das Quadrieren beider Seiten einer Gleichung ist eine Äquivalenzumformung. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 4.2 bis 4.5 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Eine Äquivalenzumformung verändert (d.h. verkleinert oder vergrößert) die Lösungsmenge einer Gleichung oder Ungleichung nicht. Zu b): Falsche Aussage. Die Aussage ist nur für die Multiplikation und Division mit einem Ausdruck ungleich Null wahr. Zu c):Wahre Aussage. Dagegenmuss bei derMultiplikation undDivision beider Seitenmit einemTerm kleiner als Null das Ungleichheitszeichen umgekehrt werden. Zu d): Falsche Aussage. Das Quadrieren ist keine injektive Abbildung und somit auch keine Äquivalenzumformung (zum Begriff der Injektivität siehe Abschnitt 6.7 im Lehrbuch). ** Aufgabe 4.2 (Lösen von Gleichungen) a) Bestimmen Sie alle Lösungen der Wurzelgleichung √ x + 5+√x − 2 = √x + 14+√x − 7. (4.1) b) Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichung 7x + 5 3x − 3 − 2x + 3 2x + 4 = 3x + 5 2x − 2 + 1− 2x 3x + 6 . (4.2) Lehrbuch: Abschnitt 4.2 Lösung: Zu a): Die Wurzelgleichung (4.1) ist definiert für alle x ∈ R mit x ≥ −5 ∧ x ≥ 2 ∧ x ≥ −14 ∧ x ≥ 7, d.h. für x ≥ 7. Durch Quadrieren beider Seiten von (4.1) erhält man x + 5+ 2√x + 5√x − 2+ x − 2 = x + 14+ 2√x + 14√x − 7+ x − 7 ⇐⇒ √x + 5√x − 2 = √x + 14√x − 7+ 2. (4.3) Quadrieren beider Seiten von (4.3) liefert weiter (x + 5)(x − 2) = (x + 14)(x − 7)+ 4√x + 14√x − 7+ 4 ⇐⇒ −x + 21 = √x + 14√x − 7. (4.4) 26 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen Schließlich erhält man durch Quadrieren beider Seiten von (4.4) (−x + 21)2 = (x + 14)(x − 7) ⇐⇒ 49x = 539 ⇐⇒ x = 11. (4.5) Einsetzen von x = 11 zeigt, dass es sich bei x = 11 tatsächlich um eine Lösung von (4.1) handelt und die Lösungsmenge folglich L = {11} ist. Zu b): Die Gleichung (4.2) ist definiert für alle x ∈ R \ {−2, 1}. Durch Multiplikation beider Seiten von (4.2) mit dem Hauptnenner 6(x − 1)(x + 2) erhält man 2(x + 2)(7x + 5)− 3(x − 1)(2x + 3) = 3(x + 2)(3x + 5)+ 2(x − 1)(1− 2x) ⇐⇒ 14x2 + 38x + 20− 6x2 − 3x + 9 = 9x2 + 33x + 30+ 6x − 2− 4x2 ⇐⇒ 3x2 − 4x + 1 = 0. (4.6) Mit der Lösungsformel (a-b-c-Formel) für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man für die Gleichung (4.6) die beiden Lösungen x1,2 = 4± √ 16− 12 6 = 4± 2 6 , also x1 = 13 und x2 = 1. Da jedoch die Gleichung (4.2) für x2 = 1 nicht definiert ist, lautet die Lösungsmenge L = { 13 }. * Aufgabe 4.3 (MC-Aufgaben zu quadratischen Gleichungen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Eine quadratische Gleichung ax2 + bx + c = 0 mit a = 0 und Disk < 0 besitzt in der Menge der komplexen Zahlen C genau zwei verschiedene Lösungen. b) Für die Diskriminante der quadratischenGleichung 3x2+3x+3 = 0 gilt Disk = −27. c) Das Produkt zweier zueinander konjugiert komplexer Lösungen einer quadratischen Gleichung ist eine reelle Zahl. d) Bei einer quadratischen Gleichung ax2+bx+ c = 0 mit a, b, c ∈ C und a = 0 sind die beiden Lösungen zueinander konjugiert komplex. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitt 4.4 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Die beiden verschiedenen Lösungen der quadratischen Gleichungen sind gegeben durch x1,2 = −b ± √−Disk 2a (vgl. (4.9) im Lehrbuch). Zu b):WahreAussage. DieDiskriminante einer quadratischenGleichung ax2+bx+c = 0mit a = 0 berechnet sich zu Disk = b2 − 4ac. Es gilt somit Disk = 32 − 4 · 3 · 3 = −27. Zu c): Wahre Aussage. Für das Produkt zweier zueinander konjugiert komplexer Zahlen z1 = a + i b und z2 = z1 = a − i b gilt z1z2 = (a + i b)(a − i b) = a2 − (ib)2 = a2 − i2b2 = a2 + b2 ∈ R. Zu d): Falsche Aussage. Diese Aussage ist nur wahr, wenn die Koeffizienten a, b und c reelle Zahlen sind (siehe Satz 4.4 im Lehrbuch). 27 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen ** Aufgabe 4.4 (Lösen von quadratischen Gleichungen) a) Geben Sie die Diskriminante der quadratischen Gleichung 2x2 + 4x + 6 = 0 (4.7) an und bestimmen Sie ihre Lösungsmenge über R und C. Erläutern Sie, welche Beziehung zwischen den Lösungen über C besteht. b) Geben Sie die Gleichung 2x2 + (4− 24 i)x − 78− 24 i = 0 (4.8) in Normalform an und bestimmen Sie ihre Lösungsmenge über R und C. Erläutern Sie, weshalb die Lösungen der Gleichung überC nicht zueinander konjugiert komplex sind. Lehrbuch: Abschnitt 4.4 Lösung: Zu a): Für die Diskriminante von (4.7) gilt Disk = 42 − 4 · 2 · 6 = −32 < 0. Folglich besitzt die quadratische Gleichung über R keine Lösungen und es gilt damit L = ∅. Über C besitzt (4.7) dagegen zwei Lösungen. Mit der Lösungsformel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man für diese x1,2 = −4± √−32 4 = −4± √ 32 i2 4 = −4± 4 √ 2 i 4 = −1±√2 i. Das heißt, überC ist die Lösungsmenge gegeben durchL = {−1−√2 i,−1+√2 i} und die beiden Lösungen sind zueinander konjugiert komplex (vgl. Satz 4.4 im Lehrbuch). Zu b): Die Gleichung (4.8) liegt nicht in Normalform vor, da der Koeffizient vor x2 nicht gleich 1 ist. Die Normalform resultiert, wenn beide Seiten der Gleichung durch 2 dividiert werden. Man erhält dann x2 + (2− 12 i)x − 39− 12 i = 0 und die Lösungen dieser Gleichung ergeben sich mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) zu x1,2 = − 2− 12 i2 ± √ (2− 12 i)2 4 + 39− 12 i = − 2− 12 i 2 ± √ (2− 12 i)2 4 + 39+ 12 i = − 2− 12 i 2 ± √ 4− 48 i + 144 i2 + 156+ 48 i 4 = − 2− 12 i 2 ± √ 16 4 = − 2− 12 i 2 ± 2 = −1+ 6 i ± 2. Das heißt, die beiden Lösungen der quadratischen Gleichung sind komplex und gegeben durch x1 = −3+ 6 i und x2 = 1+6 i. Folglich besitzt dieGleichung überR die LösungsmengeL = ∅ und überC die Lösungsmenge L = {−3+ 6 i, 1+ 6 i}. Die beiden Lösungen sind nun jedoch nicht zueinander konjugiert komplex, da zwei der drei Koeffizienten der Gleichung nicht reell sind (vgl. hierzu Satz 4.4 im Lehrbuch). ** Aufgabe 4.5 (Lösen von quadratischen und kubischen Gleichungen) a) Bestimmen Sie alle Lösungen der quadratischen Gleichung 2x2 − 20x + 80 = 0 (4.9) über R und C und geben Sie mit Hilfe der Lösungen die Produktdarstellung der Gleichung an. 28 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen b) Bestimmen Sie alle Lösungen der kubischen Gleichung 45x3 + 15x2 − 30x = 0 (4.10) über R und C und geben Sie mit Hilfe der Lösungen die Produktdarstellung der Gleichung an. Lehrbuch: Abschnitt 4.4 Lösung: Zu a): Mit der a-b-c-Formel für quadratische Gleichungen (vgl. (4.8) im Lehrbuch) erhält man für (4.9) die Lösungen x1,2 = 20± √ 202 − 640 4 = 20± √−240 4 = 20± √ 16 · 15 i2 4 = 20± 4 √ 15 i 4 = 5±√15 i. Das heißt, beide Lösungen von (4.9) sind komplex. Die Lösungsmenge über R ist folglich L = ∅. Über C ist die Lösungsmenge gegeben durch L = {5−√15 i, 5+√15 i} und die Produktdarstellung der Gleichung (4.9) lautet 2 ( x − (5−√15 i))(x − (5+√15 i)) = 2(x − 5+√15 i)(x − 5−√15 i) = 0. Zu b): Durch Ausklammern von x erhält man (45x2 + 15x − 30)x = 0. Aus dieser Darstellung ist zu erkennen, dass x1 = 0 eine Lösung der Gleichung (4.10) ist. Die beiden anderen Lösungen können durch Anwendung der a-b-c-Formel auf die quadratische Gleichung 45x2 + 15x − 30 = 0 bestimmt werden. Dies liefert x2,3 = −15± √ 152 + 5400 90 = −15± 75 90 . Das heißt, alle Lösungen der kubischen Gleichung (4.10) sind reell und die Lösungsmenge über R und C ist gegeben durch L = {− 1, 0, 23 }. Die Produktdarstellung der Gleichung (4.10) lautet 45(x − (−1))(x − 0)(x − 2/3) = 45x(x + 1)(x − 2/3) = 0. * Aufgabe 4.6 (MC-Aufgaben zu algebraischen Gleichungen) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Eine algebraische Gleichung entsteht durch Nullsetzen eines Polynoms. b) Der Fundamentalsatz der Algebra besagt, dass eine algebraische Gleichung anx n + an−1xn−1 + . . .+ a1x + a0 = 0 mit n ≥ 1 genau n verschiedene Lösungen besitzt. c) Eine algebraische Gleichung anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 = 0 ungeraden Grades n ≥ 1 mit a0, a1, . . . , an ∈ R besitzt stets mindestens eine reelle Lösung. d) Es existieren nur für algebraische Gleichungen vom Grad 1, 2, 3 und 4 geschlossene Lösungsformeln. a) b) c) d) Wahr Falsch 29 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen Lehrbuch: Abschnitt 4.3 Lösung: Zu a): Wahre Aussage (siehe (4.3) im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Eine algebraische Gleichung n-ten Grades mit n ≥ 1 besitzt zwar n Lösungen, diese müssen jedoch nicht notwendigerweise verschieden sein (siehe Satz 4.2 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (siehe Folgerung 4.5 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Vgl. hierzu die Ausführungen auf Seite 75 im Lehrbuch. ** Aufgabe 4.7 (Lösen von algebraischen Gleichungen) a) Bestimmen Sie alle Lösungen der algebraischen Gleichung x3 − 10x2 + 31x − 30 = 0 (4.11) über R und C. b) Bestimmen Sie alle Lösungen der algebraischen Gleichung x4 + 4x2 + 1 = 0 (4.12) über R und C. Lehrbuch: Abschnitt 4.3 Lösung: Zu a): Durch Probieren erhält man, dass x1 = 2 eine Lösung von (4.11) ist. Der Linearfaktor x − 2 kann dahermit Hilfe einer Polynomdivision (vgl. Seite 372 imLehrbuch) von der linken Seite der algebraischen Gleichung (4.11) abgespalten werden. Dies liefert dann: ( x3 − 10x2 + 31x − 30) : (x − 2) = x2 − 8x + 15 − x3 + 2x2 − 8x2 + 31x 8x2 − 16x 15x − 30 − 15x + 30 0 Die beiden noch fehlenden Lösungen von (4.11) können nun als Lösungen der quadratischen Gleichung x2 − 8x + 15 = 0 berechnet werden. Mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) erhält man x2,3 = 4± √ 16− 15, also x2 = 3 und x3 = 5. Das heißt, alle Lösungen der algebraischen Gleichung (4.11) sind reell und die Lösungsmenge ist über R und C gegeben durch L = {2, 3, 5} . Zu b): Die algebraischeGleichung (4.12) enthält nur gerade Potenzen. Sie lässt sich daher durch die Substitution u = x2 in die quadratische Gleichung u2 + 4u+ 1 = 0 überführen. Die Lösungen dieser quadratischen Gleichung erhält man mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) zu u1,2 = − 42 ± √ 42 4 − 1 = −2±√3. Aus den beiden Lösungen u1 und u2 erhält man die insgesamt vier Lösungen der Ausgangsgleichung (4.12) durch Resubstitution. Das heißt, die beiden Gleichungen x2 = u1 = −2+ √ 3 und x2 = u2 = −2− √ 3 30 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen sind durchZiehen derQuadratwurzel nach x aufzulösen. Da die beidenWerteu1 undu2 negativ sind, resultieren hierbei jeweils zwei komplexe Lösungen. Insgesamt erhält man dann die folgenden vier komplexen Lösungen x1,2 = ± √ (−2+√3) i2 = ±i √ −2+√3 und x3,4 = ± √ (−2−√3) i2 = ±i √ −2−√3. Die Lösungsmenge der algebraischen Gleichung (4.12) ist folglich über R durch L = ∅ und über C durch L = { i √ −2+√3, −i √ −2+√3, i √ −2−√3, −i √ −2−√3 } gegeben. ** Aufgabe 4.8 (Lösen von algebraischen Gleichungen) Von der algebraischen Gleichung x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − 16 = 0 (4.13) sei mit x1 = 1+ i bereits eine Lösung bekannt. a) Weisen Sie nach, dass x1 = 1+ i tatsächlich eine Lösung ist. b) Bestimmen Sie alle Lösungen über C. Lehrbuch: Abschnitt 4.3 Lösung: Zu a): Einsetzen von x1 = 1+ i in (4.13) und (1+ i)2 = 12 + 2 i + i2 = 1+ 2 i − 1 = 2 i liefern (1+ i)4 − 4(1+ i)3 − 2(1+ i)2 + 12(1+ i)− 16 = (2 i)2 − 4(2 i)(1+ i)− 2 · 2 i + 12(1+ i)− 16 = 4 i2 − 8 i − 8 i2 − 4 i + 12+ 12 i − 16 = −4+ 8+ 12− 16 = 0. Das heißt, die komplexe Zahl x1 = 1+ i ist tatsächlich eine Lösung von (4.13). Zu b): Die algebraische Gleichung (4.13) besitzt über C insgesamt vier Lösungen (vgl. Satz 4.2 im Lehrbuch). Da ferner alle Koeffizienten der algebraischen Gleichung reell sind, treten diese vier Lösungen paarweise als konjugiert komplexe Zahlen auf (vgl. Satz 4.4 im Lehrbuch). Mit x1 = 1+ i ist daher auch x2 = x1 = 1− i eine Lösung von (4.13) und das Produkt der zu diesen beiden Lösungen zugehörigen Linearfaktoren ist gegeben durch (x − x1)(x − x2) = (x − (1+ i))(x − (1− i)) = ((x − 1)− i)((x − 1)+ i) = (x − 1)2 − i2 = x2 − 2x + 1+ 1 = x2 − 2x + 2. Der Term x2− 2x+ 2 kann nun durch Polynomdivision (vgl. Seite 372 im Lehrbuch) von der linken Seite der Gleichung (4.13) abgespalten werden. Dies liefert dann: ( x4 − 4x3 − 2x2 + 12x − 16) : (x2 − 2x + 2) = x2 − 2x − 8 − x4 + 2x3 − 2x2 − 2x3 − 4x2 + 12x 2x3 − 4x2 + 4x − 8x2 + 16x − 16 8x2 − 16x + 16 0 Die beiden noch fehlenden Lösungen von (4.13) erhält man nun als Lösungen der quadratischen Gleichung x2 − 2x − 8 = 0. Mit Hilfe der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) berechnen sich diese zu x3,4 = 1± √ 1+ 8, also x3 = −2 und x4 = 4. Die Lösungsmenge der algebraischen Gleichung (4.13) ist somit L = {1+ i, 1− i,−2, 4}. 31 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen *** Aufgabe 4.9 (Lösen von algebraischen Gleichungen) Lösen Sie die algebraische Gleichung x4 + 4x2 + 16 = 0 (4.14) mit Hilfe einer geeigneten Substitution und stellen Sie die Lösungen in der Gaußschen Zahlenebene dar. Lehrbuch: Abschnitt 4.3 Lösung: Die algebraische Gleichung (4.14) enthält nur gerade Potenzen. Sie lässt sich daher durch die Substitution u = x2 in die quadratische Gleichung u2 + 4u+ 16 = 0 (4.15) überführen. Mit der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) erhält man für die Lösungen von (4.15) u1,2 = − 42 ± √( 4 2 )2 − 16 = −2±√−12 = −2± √ 12 i2 = −2± 2√3 i. Das heißt, die quadratische Gleichung (4.15) besitzt die beiden komplexen Lösungen u1 = −2 + 2 √ 3 i und u2 = −2−2 √ 3 i. Aus diesen beidenLösungen erhält man die insgesamt vier Lösungen derAusgangsgleichung (4.14) durch Resubstitution. Das heißt, es sind die beiden Gleichungen x2 = u1 = −2+ 2 √ 3 i und x2 = u2 = −2− 2 √ 3 i nach x aufzulösen. Hierzu werden u1 und u2 in die exponentielle Darstellung gebracht. Für den Betrag und das Argument (Phase) von u1 = −2+ 2 √ 3 i gilt (vgl. (3.15) und (3.25) im Lehrbuch): r = |z| = √ (−2)2 + (2√3)2 = √16 = 4 x = arccos (−2 4 ) = arccos ( − 1 2 ) = 2 3 π Damit erhält man für u1 die exponentielle Darstellung u1 = 4 ei 2 3π (vgl. (3.17) im Lehrbuch) und die beiden Lösungen der Gleichung x2 = u1 = −2+2 √ 3 i sind somit gegeben durch x = √ 4 ei ( 2 3π+2kπ) = 2 e 1 2 i ( 2 3π+2kπ ) für k = 0, 1 (vgl. (3.30) im Lehrbuch), also x1 = 2 e 1 2 i ( 2 3π+0 ) = 2 ei 13π und x2 = 2 e 1 2 i ( 2 3π+2π ) = 2 ei 43π . In algebraischer Form lauten diese beiden Lösungen: x1 = 2 ( cos ( 1 3 ) + i sin ( 1 3 )) = 2 ( 1 2 + i √ 3 2 ) = 1+√3 i x2 = 2 ( cos ( 4 3 ) + i sin ( 4 3 )) = 2 ( − 1 2 − i √ 3 2 ) = −1−√3 i Auf die gleiche Weise können auch die beiden Lösungen der Gleichung x2 = u2 = −2 − 2 √ 3 i berechnet werden. Schneller geht es jedoch, wenn man berücksichtigt, dass die Ausgangsgleichung (4.14) ausschließlich reelle Koeffizienten besitzt und ihre vier Lösungen daher als paarweise konjugiert komplexe Zahlen auftreten. Das heißt, man erhält die beiden Lösungen von x2 = u2 = −2 − 2 √ 3 i auch einfach durch konjugieren der 32 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen komplexen Zahlen x1 und x2. Die Lösungsmenge der algebraischen Gleichung (4.14) ist folglich L = { 1 +√ 3 i,−1+√3 i,−1−√3 i, 1−√3 i}. In Abbildung 4.1 sind die vier Lösungen dargestellt. Sie liegen auf einem Kreis um den Mittelpunkt (0, 0) mit dem Radius r = 2 und bilden die Ecken eines Rechtecks. Re Im 2 1 + √3 i−1 + √3 i −1 − √3 i 1 − √3 i 1− 1 √3 C i −i Abb. 4.1: Die vier Lösungen 1+√3 i,−1+√3 i, − 1 − √3 i und 1 − √3 i in der Gaußschen Zahlenebene ** Aufgabe 4.10 (Lösen von Ungleichungen) Bestimmen Sie alle Lösungen der Ungleichung 20+ 2x 24x − 2x + 8 12x ≤ 2− 2x + 6 8x (4.16) und veranschaulichen Sie die Lösungsmenge graphisch. Lehrbuch: Abschnitt 4.5 Lösung: Mittels Äquivalenzumformungen erhält man für die Ungleichung (4.16): 20+ 2x 24x − 2x + 8 12x ≤ 2− 2x + 6 8x ⇐⇒ 20+ 2x − 4x − 16 24x ≤ 16x − 2x − 6 8x ⇐⇒ 4− 2x 24x ≤ 14x − 6 8x ⇐⇒ 4− 2x 24x − 14x − 6 8x ≤ 0 ⇐⇒ 4− 2x − 42x + 18 24x ≤ 0 ⇐⇒ 22− 44x 24x ≤ 0 (4.17) DieUngleichung (4.17) kann nun leicht durch Fallunterscheidung gelöst werden. Dabei sind die folgenden zwei Fälle zu unterscheiden: Fall 1: Es sei x > 0. Nach Multiplikation beider Seiten von (4.17) mit 24x erhält man 22− 44x ≤ 0 bzw. x ≥ 1 2 . Das heißt, die Ungleichung (4.16) ist für x ≥ 12 erfüllt. Fall 2: Es sei x < 0. Nach Multiplikation beider Seiten von (4.17) mit 24x erhält man nun 22− 44x ≥ 0 bzw. x ≤ 1 2 . 33 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen Aufgrund der Annahme x < 0 bedeutet dies, dass die Ungleichung (4.16) auch für x < 0 erfüllt ist. Die vollständige Lösungsmenge der Ungleichung lautet folglich L = { x ∈ R : x < 0 ∨ x ≥ 1 2 } = (−∞, 0) ∪ [ 1 2 ,∞ ) und ist in Abbildung 4.2 veranschaulicht. R 0 12 ) [ Abb. 4.2: Veranschaulichung der Lösungsmenge L = (−∞, 0) ∪ [ 1 2 ,∞ ) ** Aufgabe 4.11 (Lösen von Ungleichungen) Bestimmen Sie alle Lösungen der Ungleichung (2x + 6)(2x + 1)+ 22x + 36 > 2x(x + 5)− 18 (4.18) und veranschaulichen Sie die Lösungsmenge graphisch. Lehrbuch: Abschnitt 4.5 Lösung: Mittels Äquivalenzumformungen erhält man für die Ungleichung (4.18): (2x + 6)(2x + 1)+ 22x + 36 > 2x(x + 5)− 18 ⇐⇒ 4x2 + 2x + 12x + 6+ 22x + 36 > 2x2 + 10x − 18 ⇐⇒ 4x2 + 36x + 42 > 2x2 + 10x − 18 ⇐⇒ 2x2 + 26x + 60 > 0 ⇐⇒ x2 + 13x + 30 > 0 (4.19) Zur Bestimmung der Werte, für welche der Term auf der linken Seite von (4.19) positiv ist, werden die beiden Lösungen der quadratischen Gleichung x2 + 13x + 30 = 0 (4.20) benötigt. Mit Hilfe der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) berechnen sich diese zu x1,2 = − 132 ± √( 13 2 )2 − 30 = − 13 2 ± √ 49 4 , also x1 = −10 und x2 = −3. Mit diesen beiden Lösungen für (4.20) kann die linke Seite der Ungleichung (4.19) als Produkt von Linearfaktoren geschrieben werden: x2 + 13x + 30 = (x − (−10))(x − (−3)) = (x + 10)(x + 3) Es gilt folglich (2x + 6)(2x + 1)+ 22x + 36 > 2x(x + 5)− 18 ⇐⇒ (x + 10)(x + 3) > 0. (4.21) Die Ungleichung auf der rechten Seite von (4.21) kann nun leicht durch Fallunterscheidung gelöst werden. Da ein Produkt aus zwei Faktoren genau dann positiv ist, wenn beide Faktoren positiv oder beide Faktoren negativ sind, müssen hierbei die folgenden zwei Fälle unterschieden werden: Fall 1: Beide Faktoren (x + 10) und (x + 3) sind positiv. Dies ist für x > −3 der Fall. Fall 2: Beide Faktoren (x + 10) und (x + 3) sind negativ. Dies ist für x < −10 der Fall. 34 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen Die vollständige Lösungsmenge der Ungleichung lautet daher L = {x ∈ R : x < −10 ∨ x > −3} = (−∞,−10) ∪ (−3,∞) und ist in Abbildung 4.3 veranschaulicht. R − 10 − 3 0 ) ( Abb. 4.3: Veranschaulichung der Lösungsmenge L = (−∞,−10) ∪ (−3,∞) ** Aufgabe 4.12 (Lösen von Ungleichungen) Bestimmen Sie alle Lösungen der Ungleichung |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| ≤ 12. (4.22) Lehrbuch: Abschnitt 4.5 Lösung: Die drei Terme x − 1, x − 2 und x − 3 verändern an den Stellen 1, 2 und 3 ihr Vorzeichen. Bei der Lösung der Ungleichung (4.22) durch Auflösen der drei Beträge müssen daher die vier Fälle x ∈ (−∞, 1], x ∈ (1, 2], x ∈ (2, 3] und x ∈ (3,∞) unterschieden werden (vgl. Definition 3.2 im Lehrbuch): Fall 1: Für x ≤ 1 gilt: |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| ≤ 12 ⇐⇒ −(x − 1)− (x − 2)− (x − 3) ≤ 12 ⇐⇒ −3x + 6 ≤ 12 ⇐⇒ x ≥ −2 Fall 2: Für 1 < x ≤ 2 folgt: |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| ≤ 12 ⇐⇒ x − 1− (x − 2)− (x − 3) ≤ 12 ⇐⇒ −x + 4 ≤ 12 ⇐⇒ x ≥ −8 Fall 3: Für 2 < x ≤ 3 gilt: |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| ≤ 12 ⇐⇒ x − 1+ x − 2− (x − 3) ≤ 12 ⇐⇒ x ≤ 12 Fall 4: Für x > 3 folgt: |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| ≤ 12 ⇐⇒ x − 1+ x − 2+ x − 3 ≤ 12 ⇐⇒ 3x − 6 ≤ 12 ⇐⇒ x ≤ 6 Die vollständige Lösungsmenge der Ungleichung (4.22) lautet folglich L = {x ∈ R : − 2 ≤ x ≤ 6} = [−2, 6]. ** Aufgabe 4.13 (Lösen von Ungleichungen) Bestimmen Sie alle Lösungen x ∈ R der Ungleichung 2 |x| > √ 4− x2 (4.23) und veranschaulichen Sie die Lösungsmenge graphisch. 35 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen Lehrbuch: Abschnitt 4.5 Lösung: DieUngleichung (4.23) ist inR für alle x ∈ [−2, 2]\{0} definiert. Da beide Seiten dieserUngleichung nichtnegativ sind, ist das Quadrieren eine Äquivalenzumformung. Das heißt, es gilt 2 |x| > √ 4− x2 ⇐⇒ 4 x2 > 4− x2. (4.24) Daraus folgt zusammen mit der Substitution u = x2 und weiteren Äquivalenzumformungen: 2 |x| > √ 4− x2 ⇐⇒ 4 u > 4− u ⇐⇒ 4 > 4u− u2 ⇐⇒ u2 − 4u+ 4 > 0 ⇐⇒ (u− 2)2 > 0 (4.25) Die Ungleichung (4.25) ist offensichtlich für alle u = 2, also für alle x = ±√2 erfüllt. Die vollständige Lösungsmenge der Ungleichung (4.23) lautet somit L = { x ∈ R : − 2 ≤ x < −√2 ∨ −√2 < x < 0 ∨ 0 < x < √2 ∨√2 < x ≤ 2 } = [−2, 2] \ { −√2, 0,√2 } und ist in Abbildung 4.4 veranschaulicht. R − 2 −√2 √20 2 [ )( )( ])( Abb. 4.4: Veranschaulichung der Lösungsmenge L = [−2, 2] \ { −√2, 0,√2 } * Aufgabe 4.14 (Lösen von Ungleichungen) Bestimmen Sie die Menge A = {z ∈ C : |z− 1| < |z+ i|} (4.26) und veranschaulichen Sie diese Menge in der Gaußschen Zahlenebene. Lehrbuch: Abschnitt 4.5 Lösung: Mit z = a+ i b und der Definition des Betrags einer komplexen Zahl (vgl. Definition 3.12 im Lehrbuch) erhält man durch Äquivalenzumformungen: |z− 1| < |z+ i| ⇐⇒ |(a + i b)− 1| < |(a + i b)+ i| ⇐⇒ |(a − 1)+ i b| < |a + i (b + 1)| ⇐⇒ √ (a − 1)2 + b2 < √ a2 + (b + 1)2 ⇐⇒ a2 − 2a + 1+ b2 < a2 + b2 + 2b + 1 ⇐⇒ −a < b Es gilt somit A = {z ∈ C : z = a + i b mit b > −a} . Bei der Menge A handelt es sich um den Teil der Gaußschen Zahlenebene, der oberhalb der Geraden b = −a liegt (vgl. Abbildung 4.5). 36 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen a b 1 A 1 b = a Abb. 4.5: Veranschaulichung der Menge A = {z ∈ C : z = a + i b mit b > −a} in der Gaußschen Zahlenebene * Aufgabe 4.15 (Summen) a) Schreiben Sie die folgenden drei Summen jeweils mit Hilfe des Summenzeichens: 1+ 1 2 + 1 4 + 1 8 , 1 2 − 2 3 + 3 4 − 4 5 + 5 6 und x x + 2y + 2x + y 3x + 4y + 3x + 2y 5x + 6y + 4x + 3y 7x + 8y b) Berechnen Sie die folgenden Summen 6∑ j=4 3∑ i=1 (2i + 3j) und 4∑ j=1 j−1∑ i=1 (−1)i+j (j + 1)i . Lehrbuch: Abschnitt 4.6 Lösung: Zu a): Die drei Summen lassen sich mit Hilfe des Summenzeichens wie folgt schreiben: 1+ 1 2 + 1 4 + 1 8 = 3∑ i=0 ( 1 2 )i 1 2 − 2 3 + 3 4 − 4 5 + 5 6 = 5∑ i=1 (−1)i+1i i + 1 x x + 2y + 2x + y 3x + 4y + 3x + 2y 5x + 6y + 4x + 3y 7x + 8y = 4∑ i=1 ix + (i − 1)y (2i − 1)x + 2iy Zu b): Für die erste Summe gilt 6∑ j=4 3∑ i=1 (2i + 3j) = 6∑ j=4 ((2+ 3j)+ (4+ 3j)+ (6+ 3j)) = 6∑ j=4 (12+ 9j) = 6∑ j=4 12+ 9 6∑ j=4 j = 3 · 12+ 9(4+ 5+ 6) = 171. 37 Kapitel 4 Teil I: Mathematische Grundlagen Für die zweite Summe erhält man 4∑ j=1 j−1∑ i=1 (−1)i+j (j + 1)i = 0∑ i=1 (−1)i+12i + 1∑ i=1 (−1)i+23i + 2∑ i=1 (−1)i+34i + 3∑ i=1 (−1)i+45i = 0+ (−1)331 + ( (−1)441 + (−1)542 ) + ( (−1)551 + (−1)652 + (−1)753 ) = 0− 3+ (4− 16)+ (−5+ 25− 125) = −3− 12− 105 = −120. * Aufgabe 4.16 (Summen und Produkte) a) Berechnen Sie die folgenden Summen 18∑ i=1 (3− 10xi)+ 17∑ i=0 (xi − 11)+ 9 17∑ i=0 (xi + 2) und 5∑ i=1 10∑ j=1 1 5 i2 j. b) Berechnen Sie die folgenden Produkte 1 27 2∏ i=−1 2(i + 3) 3i und 3∏ i=−2 2 · 3i 3+ i . Lehrbuch: Abschnitt 4.6 Lösung: Zu a): Für die erste Summe gilt 18∑ i=1 (3− 10xi )+ 17∑ i=0 (xi − 11)+ 9 17∑ i=0 (xi + 2) = 18∑ i=1 3− 18∑ i=1 10xi + 17∑ i=0 xi − 17∑ i=0 11 + 17∑ i=0 9xi + 17∑ i=0 18 = 18 · 3− 18∑ i=1 10xi + 17∑ i=0 (xi + 9xi )− 18 · 11+ 18 · 18 = 54− 18∑ i=1 10xi + 17∑ i=0 10xi − 198+ 324 = 10x0 − 10x18 + 180 = 10(x0 − x18)+ 180. Mit der Gaußschen Summenformel ∑n j=1 j = n(n+1)2 (vgl. (1.20) im Lehrbuch) erhält man für die Doppelsumme 5∑ i=1 10∑ j=1 1 5 i2 j = 5∑ i=1 1 5 i2 10∑ j=1 j = 5∑ i=1 1 5 i2 10 · 11 2 = 5∑ i=1 11i2 = 11 5∑ i=1 i2 = 11(12 + 22 + 32 + 42 + 52) = 11 · 55 = 605. 38 Kapitel 4Terme, Gleichungen und Ungleichungen Zu b): Für das erste Produkt gilt 1 27 2∏ i=−1 2(i + 3) 3i = 1 27 2∏ i=−1 2(i + 3) / 2∏ i=−1 3i = 2 4 27 2∏ i=−1 (i + 3) / 2∏ i=−1 3i = 1 23 · 2 · 3 · 4 · 5 3−1 · 30 · 31 · 32 = 1 22 · 3 · 4 · 5 32 = 5 3 . Für das zweite Produkt erhält man 3∏ i=−2 2 · 3i 3+ i = 2 6 3∏ i=−2 3i / 3∏ i=−2 (3+ i) = 26 · 3 −2 · 3−1 · 30 · 31 · 32 · 33 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 = 25 · 3 2 4 · 5 · 6 = 2 5 · 3 2 23 · 5 · 3 = 2 2 · 3 5 = 12 5 . 39 5. Trigonometrie und Kombinatorik * Aufgabe 5.1 (Trigonometrische Identitäten) Vereinfachen Sie die folgenden trigonometrischen Ausdrücke mit Hilfe der Additionstheoreme: a) sin ( 3 2x + π ) b) cos ( 7 2π − x2 ) c) sin ( x − π3 )+ sin (x + π3 ) d) cos ( x − π4 )+ cos (x + π4 ) Lehrbuch: Abschnitt 5.1 Lösung: Zu a): Mit dem Additionstheorem sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y) (vgl. Satz 5.2a) im Lehrbuch) folgt sin ( 3 2 x + π ) = sin ( 3 2 x ) cos(π)+ cos ( 3 2 x ) sin(π) = − sin ( 3 2 x ) . Zu b): Mit dem Additionstheorem cos(x + y) = cos(x) cos(y)− sin(x) sin(y) (vgl. Satz 5.2b) im Lehrbuch) erhält man cos ( 7 2 π − x 2 ) = cos ( 7 2 π ) cos ( −x 2 ) − sin ( 7 2 π ) sin ( −x 2 ) = sin ( −x 2 ) = − sin (x 2 ) . Zu c): Mit sin(x)+ sin(y) = 2 sin ( x+y 2 ) cos ( x−y 2 ) (vgl. Satz 5.2c) im Lehrbuch) folgt sin ( x − π 3 ) + sin ( x + π 3 ) = 2 sin(x) cos ( −π 3 ) = sin(x). Zu d): Mit cos(x)+ cos(y) = 2 cos ( x+y 2 ) cos ( x−y 2 ) (vgl. Satz 5.2e) im Lehrbuch) erhält man cos ( x − π 4 ) + cos ( x + π 4 ) = 2 cos(x) cos ( −π 4 ) = 2 cos(x) 1 2 √ 2 = √2 cos(x). ** Aufgabe 5.2 (Lösen von trigonometrischen Gleichungen) Berechnen Sie alle Lösungen der folgenden trigonometrischen Gleichungen: a) 13 √ 3 cos(x) = sin(x) b) sin ( 2x + π9 ) = 12 c) cos2(x)+ 2 cos(x)− sin2(x)+ 1 = 0 Lehrbuch: Abschnitt 5.1 Lösung: Zu a): Division beider Seiten der Gleichung mit cos(x) liefert 1 3 √ 3 = sin(x) cos(x) = tan(x). Folglich ist die Lösungsmenge gegeben durch L = { x ∈ R : x = π 6 + kπ für k ∈ Z } . Zu b): Es gilt sin(y) = 12 genau dann, wenn y = π6 + 2kπ oder y = 56π + 2kπ für k ∈ Z. Daraus folgt, dass 2x + π 9 = π 6 + 2kπ oder 2x + π 9 = 5 6 π + 2kπ mit k ∈ Z gelten muss. Auflösen dieser beiden Gleichungen nach x liefert x = π36 + kπ bzw. x = 1336π + kπ . Die Lösungsmenge ist somit gegeben durch L = { x ∈ R : x = π 36 + kπ ∨ x = 13 36 π + kπ für k ∈ Z } . 40 Kapitel 5Trigonometrie und Kombinatorik Zu c): Mit cos2(x) = 1− sin2(x) (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) folgt cos2(x)+ 2 cos(x)− sin2(x)+ 1 = cos2(x)+ 2 cos(x)+ ( cos2(x)− 1 ) + 1 = 2 cos2(x)+ 2 cos(x) = 2 cos(x) (cos(x)+ 1) = 0. (5.1) Die Gleichung (5.1) ist offensichtlich erfüllt für alle x ∈ R mit cos(x) = 0 oder cos(x) = −1. Die Lösungsmenge lautet daher L = { x ∈ R : x = π 2 + kπ ∨ x = π + 2kπ für k ∈ Z } . *** Aufgabe 5.3 (Lösen von trigonometrischen Gleichungen) Berechnen Sie alle Lösungen der folgenden trigonometrischen Gleichungen: a) sin(x)+ cos(x) = 1 b) cos(x)+ cos(2x) = 0 Lehrbuch: Abschnitt 5.1 Lösung: Zu a): Mit cos2(x) = 1− sin2(x) (vgl. Satz 5.1b) im Lehrbuch) folgt sin(x)+ cos(x) = sin(x)± √ 1− sin2(x) = 1. (5.2) Mit der Substitution u = sin(x) führt dies zu der Wurzelgleichung u± √ 1− u2 = 1, (5.3) aus der durch Quadrieren beider Seiten 1− u2 = 1− 2u+ u2 bzw. 2u(u− 1) = 0 folgt. Diese Gleichung besitzt offensichtlich die beiden Lösungen u1 = 0 und u2 = 1. Das heißt, es muss sin(x) = 0 oder sin(x) = 1 gelten. Dies liefert für die trigonometrische Gleichung (5.2) die Lösungskandidaten x1 = kπ und x2 = π2 + 2kπ für alle k ∈ Z. Aufgrund des Quadrierens der Wurzelgleichung (5.3) muss noch überprüft werden, ob alle diese Werte auch tatsächlich die Ausgangslösung (5.2) erfüllen. Man erhält sin(x1)+ cos(x1) = sin(kπ)+ cos(kπ) = 0+ { 1 k ∈ Z gerade −1 k ∈ Z ungerade und sin(x2)+ cos(x2) = sin (π 2 + 2kπ ) + cos (π 2 + 2kπ ) = 1+ 0 = 1 für k ∈ Z. Die Lösungsmenge ist somit gegeben durch L = { x ∈ R : x = 2kπ ∨ x = π 2 + 2kπ für k ∈ Z } . Zu b): Aus dem Additionstheorem cos(x + y) = cos(x) cos(y)− sin(x) sin(y) (vgl. Satz 5.2b) im Lehrbuch) folgt für x = y cos(2x) = cos2(x)− sin2(x). Damit erhält man cos(x)+ cos(2x) = cos(x)+ ( cos2(x)− sin2(x) ) = 0. Mit cos2(x) = 1− sin2(x) folgt daraus weiter cos(x)+ cos2(x)+ ( cos2(x)− 1 ) = 0 bzw. 2 cos2(x)+ cos(x)− 1 = 0. 41 Kapitel 5 Teil I: Mathematische Grundlagen Mit der Substitution u = cos(x) führt dies zu der quadratischen Gleichung 2u2 + u− 1 = 0, deren Lösungen sich mit der a-b-c-Formel (vgl. (4.8) im Lehrbuch) zu u1,2 = −1± √ 1+ 8 4 = −1± 3 4 , alsou1 = −1 undu2 = 12 ergeben. Folglichmuss cos(x) = −1 oder cos(x) = 12 gelten und die Lösungsmenge ist somit gegeben durch L = { x ∈ R : x = π + 2kπ ∨ x = ±π 3 + 2kπ für k ∈ Z } . * Aufgabe 5.4 (Binomialkoeffizienten) a) Berechnen Sie die beiden Binomialkoeffizienten (9 6 ) und (11 3 ) . b) Vereinfachen Sie (9 2 )+ (96). c) Berechnen Sie den verallgemeinerten Binomialkoeffizienten ( 2 3 5 ) . Lehrbuch: Abschnitt 5.2 Lösung: Zu a): Mit der Definition des Binomialkoeffizienten (vgl. (5.8) im Lehrbuch) folgt( 9 6 ) = 9! 6! 3! = 9 · 8 · 7 1 · 2 · 3 = 84 und ( 11 3 ) = 11! 3! 8! = 11 · 10 · 9 1 · 2 · 3 = 165. Zu b): Mit der Symmetrieregel (n k ) = ( nn−k) und der Additionsregel (n+1k+1) = (nk) + ( nk+1) (vgl. Satz 5.8 im Lehrbuch) erhält man ( 9 2 ) + ( 9 6 ) = ( 9 2 ) + ( 9 3 ) = ( 10 3 ) . Zu c): Mit der Definition des verallgemeinerten Binomialkoeffizienten (vgl. (5.10) im Lehrbuch) erhält man( 2 3 5 ) = 2 3 ( 2 3 − 1 ) ( 2 3 − 2 ) ( 2 3 − 3 ) ( 2 3 − 4 ) 5! = 2 3 ( − 13 ) ( − 43 ) ( − 73 ) ( − 103 ) 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 560 243 120 = 14 729 . ** Aufgabe 5.5 (Binomischer Lehrsatz) Berechnen Sie mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes die beiden Summmen n∑ i=0 ( n i ) und n∑ i=0 (−1)i ( n i ) . (5.4) Lehrbuch: Abschnitt 5.3 Lösung: Mit dem Binomischen Lehrsatz ∑n i=0 (n i ) an−ibi = (a+ b)n (vgl. (5.11) im Lehrbuch) erhält man für a = b = 1 n∑ i=0 ( n i ) = n∑ i=0 ( n i ) 1n−i1i = (1+ 1)n = 2n und für a = 1 und b = −1 n∑ i=0 (−1)i ( n i ) = n∑ i=0 (−1)i ( n i ) 1n−i = n∑ i=0 ( n i ) 1n−i (−1)i = (1− 1)n = 0. 42 Kapitel 5Trigonometrie und Kombinatorik *** Aufgabe 5.6 (Binomischer Lehrsatz) a) Bestimmen Sie a ∈ R, so dass gilt x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32 = (x + a)5. (5.5) b) Weisen Sie nach, dass die Ungleichung (1+ x)n ≥ n 2 4 x2 (5.6) für alle x ≥ 0 und n ≥ 2 gilt. Lehrbuch: Abschnitt 5.3 Lösung: Zu a): Mit dem Binomischen Lehrsatz (vgl. (5.11) im Lehrbuch) erhält man (x + a)5 = 5∑ i=0 ( 5 i ) x5−iai = ( 5 0 ) x5 + ( 5 1 ) x4a + ( 5 2 ) x3a2 + ( 5 3 ) x2a3 + ( 5 4 ) xa4 + ( 5 5 ) a5 = x5 + 5ax4 + 10a2x3 + 10a3x2 + 5a4x + a5. (5.7) Durch einen Vergleich der Koeffizienten von (5.7) mit denen der linken Seite von (5.5) erhält man 5a = −10, 10a2 = 40, 10a3 = −80, 5a4 = 80 und a5 = −32. Diese fünf Gleichungen sind offensichtlich nur für a = −2 erfüllt. Zu b): Mit dem Binomischen Lehrsatz folgt für alle x ≥ 0 (1+ x)n = n∑ i=0 ( n i ) xi = ( n 0 ) + ( n 1 ) x + ( n 2 ) x2 + . . .+ ( n n ) xn ≥ ( n 2 ) x2 = n! (n− 2)! 2!x 2 = n(n− 1) 2 x2. Wegen n(n− 1) 2 = nn− 1 2 ≥ nn 4 für alle n ≥ 2 liefert dies die Behauptung (5.6). * Aufgabe 5.7 (Kombinatorik) Herr Müller hat eine Reise in die schönste Stadt der Welt gewonnen. Aus einer Liste von 15 Hamburger Sehenswürdigkeiten kann er sich acht verschiedene Sehenswürdigkeiten zu einer Sightseeing-Tour mit freiem Eintritt zusammenstellen. a) Wieviele Auswahlmöglichkeiten hat Herr Müller für seine Sightseeing-Tour? b) Wieviele Auswahlmöglichkeiten hat Herr Müller, wenn er zwar die Sehenswürdigkeiten, aber nicht deren Reihenfolge bestimmen kann? Lehrbuch: Abschnitt 5.4 43 Kapitel 5 Teil I: Mathematische Grundlagen Lösung: Zu a): Gefragt ist nach der Anzahl der Variationen der Ordnung l = 8 ohne Wiederholungen aus einer Menge von n = 15 Sehenswürdigkeiten (vgl. Definition 5.19 im Lehrbuch). Diese Anzahl ist gegeben durch V 8(15) = 15! (15− 8)! = 15! 7! = 259.459.200 (vgl. Satz 5.20 im Lehrbuch). Zu b): Gefragt ist nun nach der Anzahl der Kombinationen der Ordnung l = 8 ohne Wiederholungen aus einer Menge von n = 15 Sehenswürdigkeiten (vgl. Definition 5.24 im Lehrbuch). Für diese Anzahl erhält man K8(15) = ( 15 8 ) = 15! 7! 8! = 6.435 (vgl. Satz 5.25 im Lehrbuch). * Aufgabe 5.8 (Kombinatorik) Wieviele Wörter mit jeweils fünf Buchstaben lassen sich aus den 26 Buchstaben des Alphabets – ohne Beachtung des Wortsinns – bilden, wenn a) jede Zusammenstellung als Wort gilt? b) nur solche Zusammenstellungen als Wort gelten, bei denen der mittlere Buchstabe ein Vokal ist und die vier anderen Buchstaben Konsonanten sind? Lehrbuch: Abschnitt 5.4 Lösung: Zu a): Gefragt ist nach der Anzahl der Variationen der Ordnung l = 5 mit Wiederholungen aus einer Menge von n = 26 Buchstaben (vgl. Definition 5.19 im Lehrbuch). Diese Anzahl ist gegeben durch V 5W (26) = 265 = 11.881.376 (vgl. Satz 5.22 Lehrbuch). Zu b): Gefragt ist nun nach der Anzahl der Variationen der Ordnung l = 5mitWiederholungen aus einerMenge von n = 26 Buchstaben unter der Nebenbedingung, dass der dritte Buchstabe ein Vokal und die anderen vier Buchstaben Konsonanten sind. Da es n1 = 5 Vokale und n2 = 21 Konsonanten gibt, existieren somit V 1W (5) · V 4W (21) = 51 · 214 = 972.405 solcher Wortzusammenstellungen. ** Aufgabe 5.9 (Kombinatorik) a) Ein Satz von Gewichten besteht aus den Gewichten 1N , 2N , 5N , 10N , 50N und 100N . Wieviele verschiedene Zusammenstellungen dieser Gewichte sind möglich? b) Betrachtet wird ein Pferderennen mit 8 verschiedenen Pferden. Wieviele Möglichkeiten gibt es, die Namen der drei erstplatzierten Pferde – in beliebiger Reihenfolge bzw. – in der richtigen Reihenfolge richtig vorherzusagen? Lehrbuch: Abschnitt 5.4 Lösung: Zua):Gefragt ist nachderGesamtzahl allermöglichenKombinationenderOrdnung l = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ohne Wiederholungen aus einer Menge von n = 6 Gewichten (vgl. Definition 5.24 im Lehrbuch). Diese Gesamtzahl ist gegegeben durch 6∑ l=1 Kl(6) = 6∑ l=1 ( 6 l ) = 6+ 15+ 20+ 15+ 6+ 1 = 63 (vgl. Satz 5.25 im Lehrbuch). 44 Kapitel 5Trigonometrie und Kombinatorik Zu b): Im ersten Fall ist nach der Anzahl der Kombinationen der Ordnung l = 3 ohne Wiederholung aus einer Menge von n = 8 Pferden gefragt. Für diese Anzahl gilt K3(8) = ( 8 3 ) = 8! 5! 3! = 56. Im zweiten Fall ist nach der Anzahl der Variationen der Ordnung l = 3 ohne Wiederholung aus einer Menge von n = 8 Pferden gefragt (vgl. Definition 5.19 im Lehrbuch). Diese Anzahl berechnet sich zu V 3(8) = 8! (8− 3)! = 336 (vgl. Satz 5.20 im Lehrbuch). ** Aufgabe 5.10 (Kombinatorik) Auf einerWanderkarte sollen 15Wanderwege durch je zwei Striche gekennzeichnet werden. Wieviele Farben benötigt man, wenn a) die Reihenfolge der Striche eine Rolle spielt und beide Striche von gleicher Farbe sein dürfen, b) die Reihenfolge der Striche keine Rolle spielt und beide Striche von gleicher Farbe sein dürfen, c) die Reihenfolge der Striche keine Rolle spielt und beide Striche nicht von gleicher Farbe sein dürfen? Lehrbuch: Abschnitt 5.4 Lösung: Im Folgenden bezeichnet n die Anzahl der Farben, die benötigt werden. Zu a): Es handelt sich um Variationen der Ordnung l = 2 mit Wiederholungen aus einer Menge von n Farben (vgl. Definition 5.19 imLehrbuch). DaV 2 W (n) = n2 solcheVariationen existieren (vgl. Satz 5.22 imLehrbuch), muss V 2W (n) = n2 ≥ 15, also n ≥ 4 gelten. Das heißt, es werden mindestens vier Farben benötigt. Zu b): Es handelt sich nun um Kombinationen der Ordnung l = 2 mit Wiederholungen aus einer Menge von n Farben (vgl. Definition 5.24 im Lehrbuch). Da K2 W (n) = (n+2−12 ) solcher Kombinationen existieren (vgl. Satz 5.27 im Lehrbuch), muss jetzt K2W (n) = ( n+ 2− 1 2 ) = ( n+ 1 2 ) = (n+ 1)n 2 ≥ 15, also n ≥ 5 gelten. Das heißt, es werden nun mindestens fünf Farben benötigt. Zu c): Es handelt sich um Kombinationen der Ordnung l = 2 ohne Wiederholungen aus einer Menge von n Farben. Da K2(n) = (n2) solcher Kombinationen existieren (vgl. Satz 5.25 im Lehrbuch), muss nun K2(n) = ( n 2 ) = n(n− 1) 2 ≥ 15, also n ≥ 6 gelten. Das heißt, es werden jetzt sogar mindestens sechs Farben benötigt. 45 Kapitel 5 Teil I: Mathematische Grundlagen *** Aufgabe 5.11 (Kombinatorik) Bestimmen Sie, auf wie vielen verschiedenen Wegen man in der untenstehenden Abbildung ohne Umweg von Punkt A zu Punkt B gelangen kann. x y A B Lehrbuch: Abschnitt 5.4 Lösung: Ohne Umweg von Punkt A zu Punkt B zu gelangen, bedeutet, dass man 6 Abschnitte in x- Achsenrichtung und 5 Abschnitte in y-Achsenrichtung zurückzulegen hat. Gefragt ist somit nach der Gesamtzahl allermöglichen Permutationen vonn = 11Abschnitten, die sich in k = 2Gruppen vonn1 = 6Abschnitten in x-Achsenrichtung und n2 = 5 Abschnitten in y-Achsenrichtung einteilen lassen (vgl. Definition 5.14 im Lehrbuch). Diese Gesamtzahl ist gegeben durch PW6,5(11) = 11! 6! 5! = 462 (vgl. Satz 5.17 im Lehrbuch). 46 6. Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen ** Aufgabe 6.1 (Kartesisches Produkt und Relationen) Gegeben sei die Menge M = {1, 2} . a) Geben Sie die beiden kartesischen Produkte M2 und M3 an. b) Bestimmen Sie alle Relationen auf der Menge M . c) Ermitteln Sie, welche Relationen auf der Menge M reflexiv, symmetrisch oder transitiv sind. d) Geben Sie alle Äquivalenzrelationen auf der Menge M an. e) Bestimmen Sie alle Ordnungsrelationen auf der Menge M . f) Ermitteln Sie alle Totalordnungen auf der Menge M . Lehrbuch: Abschnitte 6.1, 6.2, 6.3 und 6.4 Lösung: Zu a): Die beiden kartesischen Produkte M ×M und M ×M ×M sind gegeben durch (vgl. Definition 6.1 im Lehrbuch): M ×M = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)} M ×M ×M = {(1, 1, 1), (2, 1, 1), (1, 2, 1), (1, 1, 2), (2, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 2), (2, 2, 2)} Zu b): Eine Relation R auf der Menge M ist eine beliebige Teilmenge des kartesischen Produkts M ×M . Da M × M vier Elemente besitzt, gibt es auf der Menge M insgesamt 24 = 16 verschiedene Relationen (vgl. Satz 2.9 im Lehrbuch). Diese lauten: R1 = ∅ R9 = {(1, 2), (2, 1)} R2 = {(1, 1)} R10 = {(1, 2), (2, 2)} R3 = {(1, 2)} R11 = {(2, 1), (2, 2)} R4 = {(2, 1)} R12 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1)} R5 = {(2, 2)} R13 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2)} R6 = {(1, 1), (1, 2)} R14 = {(1, 1), (2, 1), (2, 2)} R7 = {(1, 1), (2, 1)} R15 = {(1, 2), (2, 1), (2, 2)} R8 = {(1, 1), (2, 2)} R16 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)} Zuc):Die folgendeTabelle gibt an,welchevondenobigen16Relationenauf derMengeM reflexiv, symmetrisch oder transitiv sind (vgl. Definition 6.8 im Lehrbuch): reflexiv R8, R13, R14, R16 symmetrisch R1, R2, R5, R8, R9, R12, R15, R16 transitiv R1, R2, R3, R4, R5, R6, R7, R8, R10, R11, R13, R14, R16 Zu d):Äquivalenzrelationen sind reflexiv, symmetrisch und transitiv (vgl. Definition 6.11 imLehrbuch). Gemäß Aufgabenteil c) sind damit die Relationen R8 und R16 die einzigen Äquivalenzrelationen auf der Menge M . Zu e): Ordnungsrelationen sind reflexiv, antisymmetrisch und transitiv (vgl. Definition 6.15 im Lehrbuch). Gemäß Aufgabenteil c) sind somit die RelationenR8,R13 undR14 die einzigen Ordnungsrelationen auf der Menge M . Zu f): Totalordnungen sind reflexiv, antisymmetrisch, transitiv und vollständig (vgl. Definition 6.15 im Lehrbuch). Gemäß Aufgabenteil c) sind damit die Relationen R13 und R14 die einzigen Totalordnungen auf der Menge M . 47 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen ** Aufgabe 6.2 (Relationen und Umkehrrelationen) Auf der Menge M = {x1, x2, x3, x4} seien die beiden folgenden Relationen gegeben: R1 = {(x1, x2), (x1, x3), (x2, x1), (x3, x4)} R2 = {(x1, x1), (x2, x3), (x3, x2), (x4, x4)} a) Bestimmen Sie die beiden Umkehrrelationen R−11 und R −1 2 . b) Veranschaulichen Sie die UmkehrrelationenR−11 undR −1 2 in einemRelationsgraphen. c) Geben Sie an, welche der vier Relationen R1, R2, R −1 1 und R −1 2 eine Abbildung f : M −→ M sind. d) Untersuchen Sie die in c) erhaltenen Abbildungen auf Injektivität und Surjektivität. Lehrbuch: Abschnitte 6.2, 6.6 und 6.7 Lösung: Zu a): Die Umkehrrelationen von R1 und R2 lauten (vgl. Definition 6.6 im Lehrbuch): R−11 = {(x2, x1), (x3, x1), (x1, x2), (x4, x3)} R−12 = {(x1, x1), (x3, x2), (x2, x3), (x4, x4)} = R2 Zu b): Die Abbildung 6.1 zeigt die Relationsgraphen der Umkehrrelationen R−11 und R −1 2 . M M x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 M M x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 x 2 x 3 x 4 Abb. 6.1: Relationsgraph der Umkehrrelation R−11 (links) und der Umkehrrelation R −1 2 (rechts) Zu c): Eine Relation R auf einer Menge M ist genau dann eine Abbildung f : M −→ M , wenn es zu jedem x ∈ M genau ein y ∈ M mit (x, y) ∈ R gibt (vgl. Definition 6.19 im Lehrbuch). Dies ist offensichtlich nur bei den RelationenR2 = R−12 undR−11 der Fall. Genauer gilt, dass durch die RelationR2 = R−12 eine Abbildung f : M −→ M mit f (x1) = x1, f (x2) = x3, f (x3) = x2 und f (x4) = x4 festgelegt wird. Die Relation R−11 erklärt dagegen eine Abbildung g : M −→ M mit g(x1) = x2, g(x2) = x1, g(x3) = x1 und g(x4) = x3. Zud):DieAbbildungf aus derLösungvonAufgabenteil c) ist injektiv und surjektiv, also auchbijektiv.Dagegen ist die Abbildung g aus der Lösung von Aufgabenteil c) weder injektiv noch surjektiv. Denn unter g besitzt x1 zwei verschiedene Urbilder x2, x3 und x4 besitzt kein Urbild (vgl. Definition 6.26 im Lehrbuch). 48 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen *** Aufgabe 6.3 (Äquivalenzrelation) Es seienR1 undR2 zwei Äquivalenzrelationen auf der MengeM . Untersuchen Sie, ob es sich dann bei den folgenden Mengen ebenfalls um Äquivalenzrelationen auf der Menge M handelt: a) R1 ∩ R2 b) R1 ∪ R2 Lehrbuch: Abschnitte 6.2 und 6.3 Lösung: Zu a): Es ist zu untersuchen, ob R1 ∩R2 reflexiv, symmetrisch und transitiv ist (vgl. Definition 6.11 im Lehrbuch). Reflexivität:DaR1 undR2 alsÄquivalenzrelationen aufM beide reflexiv sind, gilt (x, x) ∈ R1 und (x, x) ∈ R2 für alle x ∈ M . Dies impliziert (x, x) ∈ R1 ∩ R2 für alle x ∈ M und damit die Reflexivität von R1 ∩ R2. Symmetrie:Es sei (x, y) ∈ R1∩R2.Danngilt (x, y) ∈ R1 und (x, y) ∈ R2.DaR1 undR2 alsÄquivalenzrelationen aufM beide symmetrisch sind, impliziert dies (y, x) ∈ R1 und (y, x) ∈ R2. Daraus folgt (y, x) ∈ R1∩R2 und damit die Symmetrie von R1 ∩ R2. Transitivität: Es gelte (x, y) ∈ R1∩R2 und (y, z) ∈ R1∩R2. Daraus folgt (x, y) ∈ R1 und (x, y) ∈ R2 sowie (y, z) ∈ R1 und (y, z) ∈ R2. Da R1 und R2 als Äquivalenzrelationen auf M beide transitiv sind, impliziert dies (x, z) ∈ R1 und (x, z) ∈ R2. Daraus folgt (x, z) ∈ R1 ∩ R2 und damit die Transitivität von R1 ∩ R2. Damit ist insgesamt gezeigt, dass auch R1 ∩ R2 eine Äquivalenzrelation auf der Menge M ist. Zu b): Durch ein Gegenbeispiel lässt sich leicht verifizieren, dass R1 ∪R2 im Allgemeinen keine Äquivalenzrelation auf der Menge M ist. Betrachtet man zum Beispiel die beiden Äquivalenzrelationen R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)} und R2 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3), (3, 2)} auf der Menge M = {1, 2, 3} , dann enthält R1 ∪R2 die Elemente (1, 2) und (2, 3), nicht aber (1, 3). Folglich ist R1 ∪R2 nicht transitiv und damit insbesondere auch keine Äquivalenzrelation auf der Menge M . ** Aufgabe 6.4 (Partition und Äquivalenzrelation) Es sei P(M) = {{1} , {2, 3, 4} , {5, 6} , {7}} eine Partition der Menge M = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Bestimmen Sie die durch die Partition P(M) festgelegte Äquivalenzrelation R auf der Menge M . Lehrbuch: Abschnitte 6.2 und 6.3 Lösung: Für die durch die Partition P(M) festgelegte Äquivalenzrelation R gilt R = {(x, y) ∈ M ×M : es gibt ein A ∈ P(M) mit x, y ∈ A} (vgl. Satz 6.14 im Lehrbuch). Damit erhält man R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (4, 3), (2, 4), (4, 2), (5, 6), (6, 5) } . *** Aufgabe 6.5 (Äquivalenzrelation) Auf der Menge der ganzen Zahlen Z sei die Relation x ∼ y :⇐⇒ 3 teilt x − y (6.1) definiert. a) Weisen Sie nach, dass dies eine Äquivalenzrelation auf Z ist. b) Geben Sie die zugehörigen Äquivalenzklassen an. 49 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen Lehrbuch: Abschnitte 6.2 und 6.3 Lösung: Zu a): Es ist nachzuweisen, dass die Relation ∼ reflexiv, symmetrisch und transitiv ist (vgl. Definition 6.11 im Lehrbuch). Reflexivität: Es ist zu zeigen, dass x ∼ x für alle x ∈ Z gilt. Gemäß (6.1) heißt dies, dass 3 stets ein Teiler von x − x ist. Dies ist der Fall, da x − x = 0 für alle x ∈ Z gilt und 3 wegen 3 · 0 = 0 ein Teiler von 0 ist. Symmetrie: Es ist zu zeigen, dass für alle x, y ∈ Z die Implikation x ∼ y ⇒ y ∼ x gilt. Gemäß (6.1) heißt dies, dass aus 3 teilt x − y stets 3 teilt y − x folgt. Dies ist erfüllt, denn ist 3 ein Teiler von x − y, dann ist 3 auch ein Teiler von −(x − y) = y − x für alle x, y ∈ Z. Transitivität: Es ist zu zeigen, dass für alle x, y, z ∈ Z die Implikation x ∼ y ∧ y ∼ z ⇒ x ∼ z gilt. Gemäß (6.1) heißt dies, dass aus 3 teilt x− y und y− z stets 3 teilt x− z folgt. Dies ist der Fall, denn ist 3 ein Teiler von x − y und y − z, dann gibt es n,m ∈ Z mit 3n = x − y und 3m = y − z. Durch Addition dieser beiden Gleichungen erhält man dann weiter 3n+ 3m = (x − y)+ (y − z), also 3(n+m) = x − z. Folglich gibt es ein k ∈ Z, nämlich k := n+m, mit 3k = x − z. Das heißt, 3 teilt x − z. Damit ist insgesamt gezeigt, dass es sich bei (6.1) um eine Äquivalenzrelation auf der Menge Z handelt. Zu b): Die zur Äquivalenzrelation ∼ gehörenden Äquivalenzklassen sind gegeben durch [x] := {y ∈ Z : x ∼ y} = {y ∈ Z : 3 teilt x − y} (vgl. Seite 112 im Lehrbuch). Die Zahl 3 teilt x−y jedoch genau dann, wenn x und y bei Division durch 3 den gleichen Rest lassen. Da als Reste nur die Werte 0, 1, 2 in Frage kommen, gibt es genau drei Äquivalenklassen. Diese sind gegeben durch: [0] = {. . . ,−15,−12,−9,−6,−3, 0, 3, 6, 9, 12, 15, . . .} [1] = {. . . ,−14,−11,−8,−5,−2, 1, 4, 7, 10, 13, 16, . . .} [2] = {. . . ,−13,−10,−7,−4,−1, 2, 5, 8, 11, 14, 17, . . .} ** Aufgabe 6.6 (Ordnungsrelation und Totalordnung) Es sei R = {(1, 1), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 5), (3, 3), (3, 5), (4, 3), (4, 5), (5, 5)} eine Relation auf der Menge M = {1, 2, 3, 4, 5}. a) Erläutern Sie, weshalb R keine Ordnungsrelation auf der Menge M ist. b) Bestimmen Sie die Elemente, um die R ergänzt werden muss, so dass eine Ordnungsrelation auf der Menge M resultiert. c) Geben Sie an, ob die in Aufgabenteil b) resultierende Ordnungsrelation eine Totalordnung auf der Menge M ist. Lehrbuch: Abschnitte 6.2 und 6.4 Lösung: Zu a): EineOrdnungsrelation ist reflexiv, antisymmetrisch und transitiv (vgl. Definition 6.15 imLehrbuch). Die Menge R ist somit keine Ordnungsrelation auf der Menge M , da zum Beispiel (4, 4) ∈ R gilt und daher R nicht reflexiv ist. Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) muss R somit zunächst einmal um das Element (4, 4) ergänzt werden. Die resultierende Relation ist dann reflexiv. Für die Transitivität müssen zusätzlich noch die Elemente (1, 3), (1, 5) und (2, 4) hinzugefügt werden. Die so entstehende Relation R̃ = {(1, 1), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (3, 3), (3, 5), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (5, 5) } ist dann auch antisymmetrisch und damit insgesamt eine Ordnungsrelation auf der Menge M . * Aufgabe 6.7 (Abbildungsbegriff und Zuordnungseigenschaften) Durch die folgende Tabelle werden vier Zuordnungsvorschriften f1, f2, f3, f4 von der Menge M = {x1, x2, x3, x4, x5, x6} in die Menge N = {y1, y2, y3, y4} beschrieben. 50 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen xi x1 x2 x3 x4 x5 x6 f1(xi) y1, y4 y1 y2 y2 y2 y4 f2(xi) y4 y1 y2 y2 y3 y3 f3(xi) y1 y1 y1 y1 y1 y1 f4(xi) y2 y3 y1 y4 a) Erläutern Sie, welche dieser Zuordnungsvorschriften Abbildungen (Funktionen) von M nach N sind. b) Geben Sie an, welche der vier Zuordnungsvorschriften f1, f2, f3, f4 injektive, surjektive oder bijektive Abbildungen sind. c) Bestimmen Sie die Mengen f2({x1, x4, x5}), f−12 ({y1, y4}), f3({x1, x2}) und f−13 ({y1, y4}). Lehrbuch: Abschnitte 6.6 und 6.7 Lösung: Zu a): EineAbbildung vonM nachN ist eineVorschrift, die jedemElement x ∈ M genau ein Element y ∈ N zuordnet (vgl. Definition 6.19 im Lehrbuch). Folglich sind f1 und f4 keine Abbildungen (Funktionen), da f1 dem Element x1 zwei Bilder y1 und y4 zuordnet bzw. f4 den Elementen x3 und x5 kein Bild zuweist. Bei f2 und f3 handelt es sich dagegen um Abbildungen von M nach N , da jedem Element xi ∈ M genau ein Bild yi ∈ N zugeordnet wird. Zu b): Gemäß dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) handelt es sich nur bei f2 und f3 um Abbildungen. Die Abbildung f2 ist surjektiv, da jedes Element aus dem Wertebereich N mindestens ein Element aus M als Urbild besitzt. Bei f3 besitzt dagegen aus demWertebereichN nur das Element y1 ein Urbild, weshalb f3 im Gegensatz zu f2 nicht surjektiv ist (vgl. Definition 6.26b) im Lehrbuch). Ferner sind beide Abbildungen f2 und f3 nicht injektiv. Denn bei f2 besitzen die Elemente y2 und y3 jeweils zwei Urbilder und bei f3 weist das Element y1 sogar sechs Urbilder auf (vgl. Definition 6.26a) im Lehrbuch). Folglich sind f2 und f3 auch keine bijektiven Abbildungen (vgl. Definition 6.26c) im Lehrbuch). Zu c): Es gilt (vgl. Definition 6.24 im Lehrbuch): f2( { x1, x4, x5 } ) = {y2, y3, y4} f−12 ({y1, y4}) = {x1, x2} f3({x1, x2}) = {y1} f−13 ({y1, y4}) = { x1, x2, x3, x4, x5, x6 } * Aufgabe 6.8 (Abbildungsbegriff und Zuordnungseigenschaften) Durch die folgende Abbildung werden drei Zuordnungsvorschriften f1, f2, f3 von der Menge M = {x1, x2, x3, x4} in die Menge N = {y1, y2, y3} beschrieben. x 1 x 4 x 2 x 3 M f1 y1 y2 y3 N x 1 x 4 x 2 x 3 M f2 y1 y2 y3 N x 1 x 4 x 2 x 3 M f3 y1 y2 y3 N a) Erläutern Sie, welche dieser Zuordnungsvorschriften Abbildungen (Funktionen) von M nach N sind. 51 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen b) Geben Sie an, welche der drei Zuordnungsvorschriften f1, f2, f3 injektive, surjektive oder bijektive Abbildungen sind. c) Bestimmen Sie die Mengen f3({x1, x4}), f3({x2, x3, x4}), f−13 ({y1}) und f−13 ({y2, y3}). Lehrbuch: Abschnitte 6.6 und 6.7 Lösung: Zu a): EineAbbildung vonM nachN ist eineVorschrift, die jedemElement x ∈ M genau ein Element y ∈ N zuordnet (vgl. Definition 6.19 im Lehrbuch). Folglich sind f1 und f2 keine Abbildungen (Funktionen), da f1 dem Element x4 kein Bild zuordnet bzw. f2 den Elementen x2 und x4 jeweils zwei Bilder zuweist. Bei f3 handelt es sich dagegen um eine Abbildung vonM nachN , da jedem Element ausM genau ein Element aus N zugeordnet wird. Zu b): Gemäß dem Ergebnis aus Aufgabenteil a) ist nur f3 eine Abbildung. Da jedoch die Elemente y2 und y3 unter f3 jeweils zwei Urbilder besitzen, ist f3 keine injektive Abbildung (vgl. Definition 6.26a) im Lehrbuch). Ferner ist f3 auch nicht surjektiv, da y1 kein Urbild besitzt (vgl. Definition 6.26b) im Lehrbuch). Folglich ist f3 auch nicht bijektiv (vgl. Definition 6.26c) im Lehrbuch). Zu c): Es gilt (vgl. Definition 6.24 im Lehrbuch): f3({x1, x4}) = f3({x2, x3, x4}) = {y2, y3} f−13 ({y1}) = ∅ f−13 ({y2, y3}) = {x1, x2, x3, x4} ** Aufgabe 6.9 (MC-Aufgaben zu Zuordnungseigenschaften) Kreuzen Sie an, welche der folgenden Aussagen wahr und welche falsch sind: a) Eine Parallele zur x-Achse kann der Graph einer Abbildung f : R −→ R, x *→ y sein. b) Eine Parallele zur x-Achse kann der Graph einer surjektiven oder injektiven Abbildung f : R −→ R, x *→ y sein. c) Jede Parallele zur x-Achse schneidet denGraph einerAbbildung f : R −→ R, x *→ y nur an genau einer Stelle. d) Jede Parallele zur y-Achse schneidet denGraph einerAbbildung f : R −→ R, x *→ y immer nur an genau einer Stelle. e) Eine Abbildung f : N −→ R, x *→ y ist niemals bijektiv. f) Eine Abbildung f : R −→ R, x *→ y = ax+b mit a, b ∈ R ist genau dann bijektiv, wenn a = 0 gilt. a) b) c) d) e) f ) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 6.6 und 6.7 Lösung: Zu a): Wahre Aussage. Eine solche Abbildung ordnet jedem x ∈ R genau ein y ∈ R zu (vgl. Definition 6.19 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Bei einer solchen Abbildung besitzt nur ein y ∈ R ein Urbild und alle Urbilder x ∈ R besitzen dasselbe Bild. Die Abbildung ist somit weder surjektiv noch injektiv (vgl. Definition 6.26a) und b) im Lehrbuch). Zu c): Falsche Aussage. Ist die Abbildung nicht surjektiv, dann gibt es mindestens ein y∗ ∈ R, welches kein Urbild besitzt. Eine Parallele zur x-Achse auf der Höhe y∗ schneidet in diesem Fall den Graphen nicht. Ist die 52 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen Abbildung nicht injektiv, dann gibt es mindestens ein y∗ ∈ R, welches mehr als ein Urbild besitzt. In diesem Fall schneidet eine Parallele zur x-Achse auf der Höhe y∗ den Graphen der Abbildung an mehreren Stellen. Zu d): Wahre Aussage. Dies ist äquivalent dazu, dass die Abbildung jedem x ∈ R genau ein y ∈ R zuordnet. Zu e): Wahre Aussage. Bei einer bijektiven Abbildung f : M −→ N müssen die beiden Mengen M und N gleichmächtig sein (vgl. Seite 123 im Lehrbuch). Dies ist jedoch bei der Abbildung f : N −→ R, x *→ y nicht der Fall, da N eine abzählbar und R eine überabzählbar unendliche Menge ist (vgl. Definitionen 3.18 und 3.19 sowie Satz 3.23 im Lehrbuch). Zu f): Wahre Aussage. Der Graph von f : R −→ R, x *→ y = ax + b ist genau dann nicht parallel zur x-Achse und damit die Abbildung f bijektiv, wenn a = 0 gilt. * Aufgabe 6.10 (Zuordnungseigenschaften) Betrachtet werden die folgenden fünf Abbildungen: f1 : R −→ R, x *→ f1(x) = (x − 5)2 f2 : R+ −→ R, x *→ f2(x) = (x − 5)2 f3 : [5,∞) −→ R, x *→ f3(x) = (x − 5)2 f4 : R −→ R+, x *→ f4(x) = (x − 5)2 f5 : [5,∞) −→ R+, x *→ f5(x) = (x − 5)2 a) Skizzieren Sie den Graphen von f1 : R −→ R, x *→ f1(x) = (x − 5)2. b) Erläutern Sie, welche der fünf Abbildungen injektiv, surjektiv oder bijektiv sind. Lehrbuch: Abschnitte 6.6 und 6.7 Lösung: Zu a): Die Abbildung 6.2 zeigt den Graphen von f1 : R −→ R, x *→ f1(x) = (x − 5)2. 5 10 5 10 f1(x) Abb. 6.2: Graph der Abbildung f1 : R −→ R, x *→ f1(x) = (x − 5)2 Zu b): Die fünf Abbildungen f1, f2, f3, f4 und f5 genügen alle derselben Zuordnungsvorschrift fi(x) = (x−5)2 für i = 1, 2, 3, 4, 5. Da sich jedoch die fünf Abbildungen bezüglich ihres Definitions- und/oderWertebereichs unterscheiden, besitzen sie auch unterschiedliche Zuordnungseigenschaften. Mit Hilfe von Abbildung 6.2 lassen sich leicht die folgenden Zuordnungseigenschaften verifizieren (vgl. Definition 6.26 im Lehrbuch): f1 : R −→ R, x *→ f1(x) = (x − 5)2 ist weder injektiv noch surjektiv f2 : R+ −→ R, x *→ f2(x) = (x − 5)2 ist weder injektiv noch surjektiv f3 : [5,∞) −→ R, x *→ f3(x) = (x − 5)2 ist injektiv, aber nicht surjektiv f4 : R −→ R+, x *→ f4(x) = (x − 5)2 ist nicht injektiv, aber surjektiv f5 : [5,∞) −→ R+, x *→ f5(x) = (x − 5)2 ist injektiv und surjektiv, also bijektiv 53 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen *** Aufgabe 6.11 (Zuordnungseigenschaften und Kompositionen) Es seien f : M −→ N und g : L −→ M zwei Abbildungen. Zeigen Sie: a) Ist f ◦ g injektiv, dann ist auch g injektiv. b) Ist f ◦ g surjektiv, dann ist auch f surjektiv. c) Ist g surjektiv und f ◦ g injektiv, dann ist auch f injektiv. c) Ist f ◦ g surjektiv und f injektiv, dann ist auch g surjektiv. Lehrbuch: Abschnitte 6.7 und 6.8 Lösung: Zu a): Es ist zu zeigen, dass aus x, y ∈ L und x = y stets g(x) = g(y) folgt (vgl. Definition 6.26a) im Lehrbuch). Es gelte daher x, y ∈ L und x = y. Da f ◦ g injektiv ist, impliziert dies f (g(x)) = f (g(y)) und weil f eine Abbildung ist, folgt daraus g(x) = g(y). Folglich ist g injektiv. Zu b): Es ist zu zeigen, dass es zu jedem z ∈ N ein y ∈ M mit f (y) = z gibt (vgl. Definition 6.26b) im Lehrbuch). Es sei daher z ∈ N beliebig gewählt. Da f ◦ g surjektiv ist, gibt es ein x ∈ L mit (f ◦ g)(x) = z, also f (g(x)) = z. Das heißt, für y = g(x) erhält man f (y) = z. Damit ist gezeigt, dass f surjektiv ist. Zu c): Es ist zu zeigen, dass aus x, y ∈ M und x = y stets f (x) = f (y) folgt. Es gelte daher x, y ∈ M und x = y. Da g surjektiv ist, gibt es zu x, y ∈ M Elemente a, b ∈ L mit g(a) = x und g(b) = y. Zusammen mit x = y impliziert dies g(a) = g(b) und da f ◦ g injektiv ist, folgt damit weiter f (g(a)) = f (g(b)), d.h. f (x) = f (y). Folglich ist f injektiv. Zu d): Es ist zu zeigen, dass es zu jedem y ∈ M ein x ∈ L mit g(x) = y gibt. Es sei daher y ∈ M beliebig gewählt. Da f ◦ g surjektiv ist, existiert zu f (y) ein x ∈ L mit (f ◦ g)(x) = f (y). Aufgrund der Injektivität von f folgt daraus y = g(x), also dass g surjektiv ist. ** Aufgabe 6.12 (Komposition von Abbildungen) Es werden die folgenden drei Abbildungen betrachtet: f : R \ {−1} −→ R, x *→ f (x) = x 2 x + 1 g : R \ {0} −→ R, x *→ g(x) = 1 x h : R −→ R, x *→ h(x) = 1− x Bilden Sie die Kompositionen f ◦ g g ◦ f f ◦ h h ◦ f g ◦ h h ◦ g f ◦ f g ◦ g h ◦ h f ◦ (g ◦ h) (f ◦ g) ◦ h g ◦ (f ◦ h) h ◦ (g ◦ f ) (h ◦ g) ◦ f und berechnen Sie, falls definiert, ihren Wert für x = 1. Lehrbuch: Abschnitt 6.8 Lösung: Es gilt (vgl. Seite 125 im Lehrbuch): f ◦ g : R \ {−1, 0} −→ R mit (f ◦ g)(x) = 1 x2 1 x + 1 = 1 x(x + 1) und (f ◦ g)(1) = 1 2 g ◦ f : R \ {−1, 0} −→ R mit (g ◦ f )(x) = 1 x2 x+1 = x + 1 x2 und (g ◦ f )(1) = 2 f ◦ h : R \ {2} −→ R mit (f ◦ h)(x) = (1− x) 2 (1− x)+ 1 = (1− x)2 2− x und (f ◦ h)(1) = 0 h ◦ f : R \ {−1} −→ R mit (h ◦ f )(x) = 1− x 2 x + 1 und (h ◦ f )(1) = 1 2 54 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen g ◦ h : R \ {1} −→ R mit (g ◦ h)(x) = 1 1− x und (g ◦ h)(1) ist nicht definiert h ◦ g : R \ {0} −→ R mit (h ◦ g)(x) = 1− 1 x und (g ◦ h)(1) = 0 f ◦ f : R \ {−1} −→ R mit (f ◦ f )(x) = ( x2 x+1 )2 x2 x+1 + 1 = x 4 (x + 1)(x2 + x + 1) und (f ◦ f )(1) = 1 6 g ◦ g : R \ {0} −→ R mit (g ◦ g)(x) = 1 1 x = x und (g ◦ g)(1) = 1 h ◦ h : R −→ R mit (h ◦ h)(x) = 1− (1− x) = x und (h ◦ h)(1) = 1 f ◦ (g ◦ h) : R \ {1, 2} −→ R mit (f ◦ (g ◦ h))(x) = ( 1 1−x )2 1 1−x + 1 = 1 (1− x)(2− x) und (f ◦ (g ◦ h))(1) ist nicht definiert (f ◦ g) ◦ h : R \ {1, 2} −→ R mit ((f ◦ g) ◦ h)(x) = 1 (1− x)(1− x + 1) = 1 (1− x)(2− x) und ((f ◦ g) ◦ h)(1) ist nicht definiert g ◦ (f ◦ h) : R \ {1, 2} −→ R mit (g ◦ (f ◦ h))(x) = 1 (1−x)2 2−x = 2− x (1− x)2 und (g ◦ (f ◦ h))(1) ist nicht definiert h ◦ (g ◦ f ) : R \ {−1, 0} −→ R mit (h ◦ (g ◦ f ))(x) = 1− x + 1 x2 und (h ◦ (g ◦ f ))(1) = −1 (h ◦ g) ◦ f : R \ {−1, 0} −→ R mit ((h ◦ g) ◦ f )(x) = 1− 1 x2 x+1 = 1− x + 1 x2 und ((h ◦ g) ◦ f )(1) = −1 ** Aufgabe 6.13 (Zuordnungseigenschaften und Umkehrabbildung) Gegeben sei die Abbildung f : R \ {3} −→ R \ {1} , x *→ f (x) = x − 2 x − 3 . a) Skizzieren Sie den Graphen von f . b) Weisen Sie nach, dass f injektiv, surjektiv und bijektiv ist. c) Bestimmen Sie die Umkehrabbildung von f und skizzieren Sie ihren Graphen in das Schaubild mit dem Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 6.7 und 6.9 Lösung: Zu a): Für den Graphen von f siehe Abbildung 6.3. Zu b): Die Abbildung f ist injektiv. Denn aus f (x1) = f (x2) mit x1, x2 ∈ R \ {3} folgt x1 − 2 x1 − 3 = x2 − 2 x2 − 3 ⇒ x1x2 − 3x1 − 2x2 + 6 = x1x2 − 3x2 − 2x1 + 6 ⇒ −3x1 − 2x2 = −3x2 − 2x1 ⇒ x2 = x1 (vgl. Definition 6.26a) im Lehrbuch). 55 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen ( ) Abb. 6.3: Graph der Abbildung f : R \ {3} −→ R \ {1}, x *→ f (x) = x−2 x−3 und ihrer Umkehrabbildung f−1 : R \ {1} −→ R \ {3} , x *→ f−1(x) = 3x−2 x−1 Zum Beweis der Surjektivität von f muss für jedes y ∈ R \ {1} nachgewiesen werden, dass es mindestens ein x ∈ R \ {3} mit f (x) = y gibt (vgl. Definition 6.26b) im Lehrbuch). Hierzu wird ein beliebiges y ∈ R \ {1} betrachtet und die Gleichung f (x) = y nach x aufgelöst. Man erhält dann x − 2 x − 3 = y ⇒ xy − 3y = x − 2 ⇒ x(y − 1) = 3y − 2 ⇒ x = 3y − 2 y − 1 . (6.2) Folglich besitzt y ∈ R \ {1} das Urbild 3y−2 y−1 . Die Funktion f ist daher surjektiv und damit insbesondere auch bijektiv (vgl. Definition 6.26c) im Lehrbuch). Zu c): Gemäß Aufgabenteil b) ist die Abbildung f bijektiv. Folglich besitzt f eine Umkehrabbildung f−1 und durch Vertauschen von y und x in (6.2) erhält man die Zuordnungsvorschrift von f−1. Da ferner der Definitionsbereich und Wertebereich von f−1 durch den Wertebereich bzw. Definitionsbereich von f gegeben sind, lautet die Umkehrabbildung f−1 : R \ {1} −→ R \ {3} , x *→ f−1(x) = 3x − 2 x − 1 (vgl. Definition 6.32 im Lehrbuch). Für den Graphen der Abbildung f−1 siehe Abbildung 6.3. ** Aufgabe 6.14 (Zuordnungseigenschaften und Umkehrabbildung) Gegeben sei die Abbildung f : [ −1 2 ,∞ ) → [ −1 4 ,∞ ) , x *→ f (x) = x2 + x. a) Skizzieren Sie den Graphen von f . b) Weisen Sie nach, dass f injektiv, surjektiv und bijektiv ist. c) Bestimmen Sie die Umkehrabbildung von f und skizzieren Sie ihren Graphen in das Schaubild mit dem Graphen von f . Lehrbuch: Abschnitte 6.7 und 6.9 56 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen 1 2 3 1 2 3 f (x) f −1(x) Abb. 6.4: Graph der Abbildung f : [ − 12 ,∞ ) → [ − 14 ,∞ ) , x *→ f (x) = x2 + x und ihrer Umkehrabbildung f−1 : [ − 14 ,∞ ) −→ [ − 12 ,∞ ) , x *→ f−1(x) = − 12 + √ 1 4 + x Lösung: Zu a): Für den Graphen von f siehe Abbildung 6.4. Zu b): Die Abbildung f ist injektiv und surjektiv. Für den Nachweis sei y ∈ [ − 14 ,∞ ) beliebig gewählt. Dann erhält man durch Auflösen der Gleichung x2+x−y = 0 nach der Variablen x mit Hilfe der p-q-Formel (vgl. (4.11) im Lehrbuch) x = − 1 2 ± √ 1 4 + y. Da jedoch x im Definitionsbereich [ − 12 ,∞ ) von f liegen muss, folgt daraus weiter x = − 1 2 + √ 1 4 + y. (6.3) Das heißt, jedes y ∈ [ − 14 ,∞ ) besitzt mit (6.3) genau ein Urbild. Die Abbildung f ist somit sowohl injektiv als auch surjektiv und damit insbesondere auch bijektiv (vgl. Definition 6.26 im Lehrbuch). Zu c): Gemäß Aufgabenteil b) ist die Abbildung f bijektiv. Folglich besitzt f eine Umkehrabbildung f−1 und durch Vertauschen der Variablen x und y in (6.3) erhält man y = − 1 2 + √ 1 4 + x und damit die Zuordnungsvorschrift von f−1. Da ferner der Definitions- undWertebereich von f−1 durch den Werte- bzw. Definitionsbereich von f gegeben sind, lautet die Umkehrabbildung f−1 : [ − 1 4 ,∞ ) −→ [ − 1 2 ,∞ ) , x *→ f−1(x) = − 1 2 + √ 1 4 + x (vgl. Definition 6.32 im Lehrbuch). Für den Graphen der Abbildung f−1 siehe Abbildung 6.4. ** Aufgabe 6.15 (Zuordnungseigenschaften und Umkehrabbildung) Gegeben sei die Abbildung f : R −→ R, x *→ f (x) = x für x ∈ (−∞,−1) 2x2 für x ∈ [−1, 0) − x4 für x ∈ [0, 1] x + 1 für x ∈ (1,∞) . (6.4) a) Skizzieren Sie den Graphen von f und begründen Sie mit seiner Hilfe, ob die Abbildung f bijektiv ist oder nicht. b) Bestimmen Sie die Umkehrabbildung von f . Lehrbuch: Abschnitte 6.7 und 6.9 57 Kapitel 6 Teil I: Mathematische Grundlagen Lösung: Zu a): Für denGraphen von f sieheAbbildung 6.5. Es ist zu erkennen, dass jede Parallele zur x-Achse den Graphen von f in genau einem Punkt schneidet. Die Abbildung f ist somit bijektiv (vgl. Definition 6.26 im Lehrbuch). 1 2 3 1 2 3 f (x) l Abb. 6.5: Graph der Abbildung f in (6.4) Zu b): Gemäß Aufgabenteil a) ist f bijektiv und besitzt daher eine Umkehrabbildung (vgl. Definition 6.32 im Lehrbuch). Durch Auflösen der vier Zuordnungsvorschriften y = x, y = 2x2, y = −x4 und y = x + 1 über den Teilintervallen (−∞,−1), [−1, 0), [0, 1], (1,∞) nach der Variablen x resultiert x = y, x = − √ y 2 , x = 4√−y und x = y − 1. Durch anschließendes Vertauschen der Variablen x und y liefert dies die Zuordnungsvorschriften der Umkehrabbildung f−1 über den vier Teilintervallen f ((−∞,−1)) = (−∞,−1), f ([−1, 0)) = (0, 2], f ([0, 1]) = [−1, 0], f ((1,∞)) = (2,∞) des Definitionsbereichs f ((−∞,∞)) der Umkehrabbildung f−1. In der folgenden Tabelle sind die vier Teilintervalle des Definitionsbereichs von f−1 und die jeweils zugehörige Umkehrabbildung f−1 zusammengestellt: Bildbereich Umkehrabbildung f−1 f ((−∞,−1)) = (−∞,−1) y = x f ([−1, 0)) = (0, 2] y = − √ x 2 f ([0, 1]) = [−1, 0] y = 4√−x f ((1,∞)) = (2,∞) y = x − 1 Die Umkehrabbildung von f lautet somit f−1 : R −→ R, x *→ f−1(x) = x für x ∈ (−∞,−1) 4√−x für x ∈ [−1, 0] − √ x 2 für x ∈ (0, 2] x − 1 für x ∈ (2,∞) (vgl. Definition 6.32 im Lehrbuch). *** Aufgabe 6.16 (Umkehrabbildung) Untersuchen Sie die Abbildung f : R3+ −→ R3+, (x1, x2, x3) *→ f (x1, x2, x3) = ( x1x2 x3 , x1 x2 , x1x2x3 )T auf Bijektivität und geben Sie gegebenenfalls die Umkehrabbildung an. Lehrbuch: Abschnitt 6.9 58 Kapitel 6Kartesische Produkte, Relationen und Abbildungen Lösung: Die Abbildung f ist injektiv und surjektiv, also insbesondere bijektiv. Für den Nachweis sei (y1, y2, y3) T ∈ R3+ beliebig gewählt. Es ist dann zu zeigen, dass es genau ein (x1, x2, x3)T ∈ R3+ gibt, welches dem Gleichungssystem y1 = x1x2 x3 y2 = x1 x2 y3 = x1x2x3 (6.5) genügt. Wird hierzu die zweite Gleichung von (6.5) nach x1 aufgelöst, dann resultiert x1 = y2x2. (6.6) Eingesetzt in die erste und die dritte Gleichung von (6.5) erhält man damit das Gleichungssystem: y1 = y2x 2 2 x3 y3 = y2x22x3 (6.7) Die zweite Gleichung von (6.7) wird nach x3 aufgelöst und anschließend das Ergebnis x3 = y3 y2x 2 2 (6.8) in die erste Gleichung von (6.7) eingesetzt. Auf diese Weise resultiert die Gleichung y1 = y22x 4 2 y3 , welche leicht nach x2 aufgelöst werden kann. Es resultiert dann x42 = y1y3 y22 bzw. x2 = ± 4 √ y1y3 y22 , und da x2 ein Element von R+ sein muss, folgt daraus weiter x2 = 4 √ y1y3 y22 . (6.9) Wird der Ausdruck (6.9) in die Gleichungen (6.8) und (6.6) eingesetzt, dann erhält man x3 = y3 y2x 2 2 = y3 y2 ( 4 √ y1y3 y22 )2 = y3 y2 √ y1y3 y2 = √ y3 y1 bzw. x1 = y2 4 √ y1y3 y22 = 4 √ y1y 2 2y3. Damit ist gezeigt, dass jedes (y1, y2, y3) T ∈ R3+ genau ein Urbild (x1, x2, x3)T ∈ R3+ besitzt, nämlich (x1, x2, x3) T = 4√y1y22y3, 4 √ y1y3 y22 , √ y3 y1 T . (6.10) Die Abbildung f ist somit sowohl injektiv als auch surjektiv und damit insbesondere auch bijektiv (vgl. Definition 6.26 im Lehrbuch). Folglich besitzt f auch eine Umkehrabbildung f−1. Durch Vertauschen der Variablen x1, x2, x3 und y1, y2, y3 in (6.10) erhält man für die Umkehrabbildung f −1 die Zuordnungsvorschrift (y1, y2, y3) T = 4√x1x22x3, 4 √ x1x3 x22 , √ x3 x1 T . Die Umkehrabbildung von f lautet somit f−1 : R3+ −→ R3+, (x1, x2, x3) *→ f (x1, x2, x3) = 4√x1x22x3, 4 √ x1x3 x22 , √ x3 x1 T (vgl. Definition 6.32 im Lehrbuch). 59

Chapter Preview

References

Zusammenfassung

450 Aufgaben mit Lösungen zur Prüfungsvorbereitung

Vorteile

- 450 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen und unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden

- Abgestimmt auf das Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" (Merz/Wüthrich)

Zum Werk

Die Mathematikausbildung spielt eine zentrale Rolle im wirtschaftswissenschaftlichen Studium, da sie die methodischen Grundlagen für zahlreiche Vorlesungen liefert. So zentral die Rolle der Mathematik in der Ökonomie ist, so schwer tun sich allerdings die Studierenden mit mathematischen Methoden und Konzepten.

Dieses Übungsbuch hilft Studierenden, ihr erworbenes Wissen anzuwenden und zu testen. Über 400 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen unterstützen bei der optimalen Prüfungsvorbereitung. Zur besseren Orientierung wird jeder Aufgabe ein Schwierigkeitsgrad zugeordnet und ein Verweis auf den entsprechenden Abschnitt im zugrunde liegenden Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" von Merz/Wüthrich gegeben.

Autor

Prof. Dr. Michael Merz, Hamburg.

Zielgruppe

Studierende im Bachelor der Wirtschaftswissenschaften an Universitäten und Hochschulen.