Lösungen Übungsblatt Nr. 3

Prof. Dr. R. Plato
A. Garanza, M.Sc.
3.Übung zur Vorlesung Höhere Mathematik 1
Wintersemester 2014/15
Aufgabe 1 (2 Punkte (1+1)).
Berechnen Sie alle Nullstellen folgender Polynome:
4
a) z 2 = −169
b) 13 z 2 − 4z + 49
3 = 3
Lösung:
a)
z 2 = −169 =(−1) · 169 = i2 · 132 = (13i)2
⇒ z1,2 = ±13i
Alternativ kann auch die p-q-Formel (siehe Vorlesungsskript) angewandt werden.
b)
1 2
49
4
z − 4z +
=
3
3
3
1 2
z − 4z + 15 = 0
⇐⇒
3
⇐⇒ z 2 − 12z + 45 = 0
Da
12 2
2
= 36 < 45 ist, kann der entsprechende Fall der p-q-Formel verwendet werden. Damit
gilt z1,2 =
12
2
±i
45 −
12 2
2
= 6 ± 14i.
Aufgabe 2 (6 Punkte (3+3)). Berechnen Sie die Menge derjenigen rellen Zahlen x, die folgende
(Un-)Gleichung erfüllen:
√
√
a)
2x − 4 + x + 1 = 1,
7
b) 9−3x
< 2x−11
9−3x
Lösung:
a) Zunächst muss 2x − 4 ≥ 0 und x + 1 ≥ 0 sein. Man kann diese Bedingungen auch in x ≥ 2
und x ≥ −1 umformen. Das schränkt die Lösungsmenge auf L ⊂ {x ∈ R | x ≥ 2} ein.
√
√
2x − 4 + x + 1 = 1
√
√
2
=⇒
2x − 4 + x + 1 = 12
=⇒ 2x − 4 + 2
⇐⇒ 2
(2x − 4)(x + 1) + x + 1 = 1
(2x − 4)(x + 1) = −3x + 4
=⇒ 4(2x − 4)(x + 1) = (−3x + 4)2
⇐⇒ 4(2x2 − 2x − 4) = 9x2 − 24x + 16
⇐⇒ 8x2 − 8x − 16 = 9x2 − 24x + 16
⇐⇒ x2 − 16x + 32 = 0
√
√
√
− 32 = 8± 32 = 8± 16 · 2 = 8±4 2.
√
√
Da bei Ergebnisse größer als 2 sind, erhält man L ⊆ {8+4 2, 8−4 2}. D.h. die einzigen Zahlen,
Die Anwendung der p-q-Formel liefert x1,2 =
16
2 ±
16 2
2
√
√
die als Lösungen in Frage kommen sind 8 + 4 2 und 8 − 4 2. Bei Einsetzen in die ursprüngliche
Gleichung erhält man für keine der Zahlen das gewünschte Ergebnis.
√
2(8 + 4 2) − 4 +
√
2(8 − 4 2) − 4 +
√
8 + 4 2 + 1 ≈ 8, 65685 = 1
√
8 − 4 2 + 1 ≈ 2, 65685425 = 1
Damit hat die ursprüngliche Gleichung keine Lösung, d.h. L = ∅.
b) Da man nicht durch Null teilen darf, muss x = 3 aus der Lösungsmenge ausgeschlossen werden. Um die Ungleichung zu lösen, muss man bei Seiten der Ungleichung mit 9 − 3x multipliziert
werden. Die Tatsache, dass der Ungleichheitszeichen durch die Multiplikation mit den negativen
Zahlen sich ändert, führt zu einer Fall Unterscheidung:
1. Fall, 9 − 3x > 0 bzw. x < 3 :
2x − 11
7
<
9 − 3x
9 − 3x
⇐⇒ 7 < 2x − 11
⇐⇒ 9 < x
Da es kein x ∈ R gibt, das beide Bedingungen x < 3 und 9 < x erfüllt, liefert der erste Fall keine
Lösung.
1. Fall, 9 − 3x < 0 bzw. 3 < x :
2x − 11
7
<
9 − 3x
9 − 3x
⇐⇒ 7 > 2x − 11
⇐⇒ 9 > x
Wenn man die Bedingungen 3 < x und 9 > x kombiniert, erhält man insgesamt 3 < x < 9. Da
es sich bei x um eine reelle Zahl handelt, kann man 3 < x < 9 auch als x ∈ (3, 9) schreiben.
Die Vereinigung der Lösungen aus dem ersten und dem zweiten Fall liefert als Lösungsmenge
L = (3, 9).
Aufgabe 3 (6 Punkte (2+2+2)). Skizzieren Sie die Menge derjenigen komplexen Zahlen z, die
folgende Bedingungen erfüllen
a) |z + 4| = |z − 2i|
b) 1 ≤ |z − 1 + 2i| < 3
z−3
| ≥ 1.
c) | z+1
Lösung:
a) Sei z = x + yi mit x, y ∈ R, dann
⇔
⇒
⇔
⇔
|z + 4| = |z − 2i|
(x + 4)2 + y 2 =
x2 + (y − 2)2
x2 + 8x + 16 + y 2 = x2 + y 2 − 4y + 4
8x + 12 = −4y
y = −2x − 3 .
Das heißt, dass die Menge der gesuchten komplexen Zahlen als eine Gerade darstellbar ist
(siehe Anhang, Abb. 1).
2
b) Sei z = x + yi mit x, y ∈ R, dann
⇔
⇒
1 ≤ |z − 1 + 2i| < 3
1≤
(x − 1)2 + (y + 2)2 < 3
12 ≤ (x − 1)2 + (y + 2)2 < 32
Der Ausdruck in der Mitte erinnert an die Kreisgleichung. Das heißt, dass die Menge der
fraglichen komplexen Zahlen als Punkte der Ebene in einem Ring zwischen den Kreisen mit
Radien 1 und 3 um den Punkt (1,-2) liegen ohne den äußeren Rand (siehe Anhang, Abb. 2).
c) Zunächst muss man den Fall z = −1 ausschließen. Sei z = x + yi mit x, y ∈ R, dann
z−3
≥1
z+1
⇔ |z − 3| ≥ |z + 1|
⇔
(x − 3)2 + y 2 ≥
(x + 1)2 + y 2
⇒ x2 − 6x + 9 + y 2 ≥ x2 + 2x + 1 + y 2
⇔
− 8x ≥ −8
⇔ x≤1
Das heißt, dass die Lösung alle komplexe Zahlen sind, deren Realteil nicht größer als eins ist
(siehe Anhang, Abb. 3).
Aufgabe 4 (3 Punkte). Bestimmen Sie die Linearfaktorzerlegungen des Polynoms z 4 − 6z 3 +
13z 2 − 24z + 36. Geben Sie ausserdem jeweils die Nullstellen und ihre Vielfachheiten an.
Lösung:
Durch Ausprobieren kann man feststellen, dass z1 = 3 eine Nullstelle ist.
(
−(
z4
z4
−6z 3 +13z 2 −24z
−3z 3 )
−3z 3 +13z 2
−( −3z 3 +9z 2 )
4z 2
−24z
2
−(
4z
−12z)
−12z
−(
−12z
+36) : (z − 3) = z 3 − 3z 2 + 4z − 12
+36
+36)
0
Man kann leicht sehen, dass z1 = 3 auch die Nullstelle des Polynoms z 3 − 3z 2 + 4z − 12 ist, denn
es gilt z 3 − 3z 2 + 4z − 12 = (z − 3)(z 2 + 4). Das Polynom z 2 + 4 hat zwei komplexe Nullstellen
z2,3 = ±2i.
Insgesamt kann man das erste Polynom auf folgende weise zerlegen:
z 4 − 6z 3 + 13z 2 − 24z + 36 = (z − 3)2 (z − 2i)(z + 2i) .
Das Polynom z 4 − 6z 3 + 13z 2 − 24z + 36 besitzt eine doppelte Nullstelle bei z1 = 3 und zwei
einfache Nullstellen bei z2,3 = ±2i.
Aufgabe 5 (3 Punkte (1+1+1)). Bestimmen Sie den Grenzwert nachstehender Folgen
a)
b)
c)
5n2 +4
2n3 −3n+11
n(3n+1)(n+2)
3
√ 2n −10
25n2 − 9n −
5n
3
Lösung:
5 + n42
n2 (5 + n42 )
5n2 + 4
a)
=
= 2
2n3 − 3n + 11
n (2n − n3 + n112 )
2n − n3 +
b)
c)
−→ 0 für n −→ ∞
(3 + n1 )(1 + n2 )
n(3n + 1)(n + 2)
3
−→ für n −→ ∞
=
10
3
2n − 10
2
2 − n3
√
2
√
√
√
25n2 − 9n − (5n)2
2 − 9n − 5n)( 25n2 − 9n + 5n)
25n
(
√
√
25n2 − 9n − 5n =
=
25n2 − 9n + 5n
25n2 − 9n + 5n
25n2 − 9n − 25n2
=
= √
25n2 − 9n + 5n
−
11
n2
9
für n −→ ∞
10
−9n
n2 (25 − n9 ) + 5n
−9n
=
25 −
n
9
n
=
+5
−9
25 −
9
n
+5
−→ √
−9
=
25 + 5
Abgabe der Lösungen spätestens am 03.11.2014 (Montag) um 14.00 Uhr VOR der Vorlesung.
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