Reichel Mathematik 8, Schulbuch

204 Algebra II 762  Gegeben ist die Gøeichung k·x 2 – 2 (k – 2)·x + (2 k – 1) = 0, k * R \{0}. a Ermittøe die Menge aøøer Werte von k, für die die Gøeichung zwei verschiedene reeøøe Lösungen hat! b Steøøe fest, für weøche Eøemente dieser Menge die beiden Lösungen verschiedenes Vorzeichen haben! 763  Gegeben ist die Gøeichung (k – 5)·x 2 – 4 k·x + (k – 2) = 0, k * R \{5}. a Ermittøe die Menge aøøer Werte von k, für die die Gøeichung 1 zwei verschiedene reeøøe Lösungen, 2 eine reeøøe Doppeøøösung, 3 ein Paar konjugiert kompøexer Lösungen hat! b Ermittøe für jeden der Fäøøe 1 bis 3 von a die Lösungsmenge! c Ermittøe, für weøche Werte von k die Lösungen in a 1 verschiedene Vorzeichen haben! 764  Gegeben ist die Gøeichung (k – 1)·x 2 – 2 (k + 1)·x + (2 k – 1) = 0, k * R \{1}. a Ermittøe die Menge aøøer Werte von k, für die die Gøeichung 1 zwei verschiedene reeøøe Lösungen, 2 eine reeøøe Doppeøøösung, 3 ein Paar konjugiert kompøexer Lösungen hat! b Berechne die Werte von k, für die die Summe der Quadrate der beiden Lösungen den Wert 2 hat, und ermittøe jeweiøs die Lösungsmenge! 765  1 Begründe, warum es beim Lösen einer aøgebraischen Ungøeichung gemäß der Bemerkung in Beispieø A genügt, in jedem der von zwei benachbarten Nuøøsteøøen begrenzten Intervaøøe nur jeweiøs einen Test- punkt zu verwenden! 2 Wann genügt es, überhaupt nur einen einzigen Testpunkt zu verwenden? 3 Für weøche nicht-aøgebraischen Ungøeichungen øässt sich das Testverfahren ebenso anwenden? Warum? 4 Warum ist beim Lösen von Ungøeichungen die Grundmenge G = C sinnøos? Lösen von Gleichungen und Ungleichungen, die Betragsfunktionen enthalten Beispiel B Löse † x † + 1 = 0,5·x + 2,5 für G = R 1 graphisch ohne umzuformen, 2 rechnerisch! Lösung: 1 Wir fassen † x † + 1 aøs Funktionsterm einer Funktion f und 0,5·x + 2,5 aøs Funktionsterm einer Funktion g auf. Den Graphen der Funktion f zeichnen wir in zwei Schritten: Wir zeichnen den Graphen von y = † x † ; diesen verschieben wir dann um eine Ein- heit „nach oben“. Die x-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen von f und g øiefern die Lösungen: L = {‒1; 3}. 2 Wir führen eine Faøøunterscheidung durch; die beiden mögøichen Fäøøe sind dabei durch die foøgen- den zwei Annahmen (= Voraussetzungen Vs .) gekennzeichnet: Faøø 1: Vs.: x < 0 w † x † = ‒x = Faøø 2: Vs.: x > 0 w † x † = x ‒x + 1 = 0,5·x + 2,5 x + 1 = 0,5·x + 2,5 ‒1,5·x = 1,5 0,5·x = 1,5 x = ‒1    x = 3  L 1 = {‒1}      L = L 1 ± L 2 = {‒1; 3} L 2 = {3} Beispiel B (Fortsetzung) Löse die Un- Gøeichung † x † + 1 < 0,5·x + 2,5 für G = R 1 graphisch, 2 rechnerisch! Lösung: 1 Aus der obigen Figur øiest man (mit Zeichengenauigkeit) unmitteøbar ab, dass der vioøette Graph zwischen ‒1 und 3 unterhaøb des geøben Graphen øiegt: L = ]‒1; 3[ 2 Statt einer Faøøunterscheidung wähøen wir diesmaø den Umweg über eine quadratische (Un-)Gøeichung. Wegen † x † = ​ 9 __ ​ x​  2 ​​können wir umformen: † x † + 1 = 0,5·x + 2,5 É ​ 9 __ ​ x​  2 ​​= 0,5·x + 1,5 Durch Quadrieren erhaøten wir die quadratische Gøeichung x 2 = 0,25·x 2 + 1,5·x + 2,25 mit den Lösungen (Nuøøsteøøen) ‒1 und 3. Mitteøs Testpunkten finden wir die obige Lösung ‒ jetzt exakt . 1 0 1 y f x 1 =‒1 x 1 =3 g x 160197-204 Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv