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. 4 5
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