Ungleichungssysteme
Ein System aus mehreren Ungleichungen, die alle gleichzeitig erfüllt sein müssen, wird als Ungleichungssystem bezeichnet. Die Schnittmenge der einzelnen Lösungsmengen dieser Ungleichungen nennt man die Lösungsmenge des Gesamtsystems.
Um die Lösungsmenge eines Ungleichungssystems zu bestimmen, ermittelt man folglich zunächst die Lösungsmengen der einzelnen Ungleichungen und bildet anschließend deren Schnittmenge.
Beispiel:
Bestimmen wir die Lösungsmenge des folgenden Ungleichungssystems:
\[f(x) = x^3 + x^2 – x – 1 \geq 0 \]
\[ g(x) = \frac{x + 1}{-x^2 + 3x – 2} > 0 \]
\[ x^3 + x^2 – x – 1 = 0 \Rightarrow (x + 1)^2(x – 1) = 0 \]
\[ \Rightarrow x_1 = x_2 = -1 \quad \text{oder} \quad x_3 = 1 \]
\[x + 1 = 0 \Rightarrow x = -1 \]
\[- x^2 + 3x – 2 = 0 \Rightarrow x_1 = 1 \quad \text{oder} \quad x_2 = 2 \]
Man erhält die Lösungsmenge:
\[ \mathcal{L} = \{ x \mid 1 < x < 2, \, x \in \mathbb{R} \} \]
AUFGABE 14
Welches der folgenden Intervalle stellt eine der Teilmengen dar, die das unten stehende Ungleichungssystem erfüllen?
\[ f(x) = \frac{x^2 \;- \; x^3}{x^2 + 2} \leq 0 \]
\[ g(x) = \frac{2}{x + 1} > 0 \]
\[ \text{A) } x \geq 1 \quad
\text{B) } x < -1 \quad
\text{C) } x < 0 \quad
\text{D) } -1 < x < 0 \quad
\text{E) } 0 < x < 1 \]
Lösung:
\[\begin{aligned} & x^2 \; – \; x^3 = 0 \Rightarrow x^2(1 – x) = 0 \Rightarrow x_1 = x_2 = 0 \text{ (doppelte Nullstelle) oder } x_3 = 1\\ \\
& x^2 + 2 = 0 \Rightarrow x^2 = -2 < 0, \text{ somit existieren keine reellen Nullstellen.} \\ \\
&x + 1 = 0 \Rightarrow x = -1 \end{aligned}\]
Die Lösungsmenge lautet:
\[ \mathcal{L} = \{ x \mid 1 \leq x < \infty, \, x \in \mathbb{R} \} \cup \{ 0 \} \]
\(\textbf{Antwort: A} \)
AUFGABE 15
Welches der folgenden Intervalle stellt eines der Intervalle dar, die das unten stehende Ungleichungssystem erfüllen?
\[ \frac{x^2 – x + 6}{x + 2} < x + 1 \leq \frac{3}{x – 1} \]
\[ \text{A) } -3 < x < 0 \quad
\text{B) } x > 1 \quad
\text{C) } 0 < x \leq 2 \quad
\text{D) } -2 < x < 1 \quad
\text{E) } x < -2 \]
Lösung:
Wir zerlegen die Doppelungleichung in zwei separate Ungleichungen:
\[ \frac{x^2 – x + 6}{x + 2} < x + 1 \quad \text{und} \quad x + 1 \leq \frac{3}{x – 1} \]
Für die erste Ungleichung gilt:
\[ \frac{x^2 – x + 6}{x + 2} – (x + 1) < 0 \Rightarrow \frac{x^2 – x + 6 – (x^2 + 3x + 2)}{x + 2} < 0 \]
\[ \Rightarrow f(x) = \frac{-4x + 4}{x + 2} < 0 \]
Nullstellen von $f(x)$:
\[ -4x + 4 = 0 \Rightarrow x = 1 \quad , \quad x + 2 = 0 \Rightarrow x = -2 \]
Für die zweite Ungleichung gilt:
\[ x + 1 – \frac{3}{x – 1} \leq 0 \Rightarrow \frac{(x + 1)(x – 1) – 3}{x – 1} \leq 0 \]
\[ \Rightarrow g(x) = \frac{x^2 – 4}{x – 1} \leq 0 \]
Nullstellen von $g(x)$:
\[ x^2 – 4 = 0 \Rightarrow x = \pm 2 \quad , \quad x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \]
Die Gesamtlösungsmenge lautet:
\[ \mathcal{L} = \{ x \mid x < -2 \text{ oder } 1 < x \leq 2, \, x \in \mathbb{R} \} \]
Betrachtet man die Auswahlmöglichkeiten, stellt Option E ($x < -2$) einen Teil dieser Lösungsmenge dar.
Hinweis: Im Originaltext wird E als richtige Antwort angegeben. Obwohl Option E exakt einen Teil unserer Lösungsmenge abdeckt, ist anzumerken, dass auch der Bereich $1 < x \leq 2$ eine gültige Lösung ist.
\(\textbf{Antwort: E} \)
AUFGABE 16
Welches der folgenden Intervalle erfüllt das Ungleichungssystem?
\[ -1 < \frac{x^2 – 5}{x – 1} < 2 \]
\[ \text{A) } x < -3 \quad
\text{B) } -1 < x < 1 \quad
\text{C) } 2 < x < 3 \quad
\text{D) } 1 < x < 2 \quad
\text{E) } x > 3 \]
Lösung:
Wir untersuchen das System in Form von zwei getrennten Ungleichungen:
\[ -1 < \frac{x^2 \; – \; 5}{x- 1 } \quad \text{und} \quad \frac{x^2-5}{x-1} < 2 \]
Für die erste Ungleichung:
\[ \frac{x^2 – 5}{x – 1} + 1 > 0 \Rightarrow \frac{x^2 + x – 6}{x – 1} > 0 \]
Nullstellen des Zählers bestimmen:
\[ x^2 + x – 6 = 0 \Rightarrow x_1 = -3 \quad \text{oder} \quad x_2 = 2 \]
Für die zweite Ungleichung:
\[ \frac{x^2 – 5}{x – 1} – 2 < 0 \Rightarrow \frac{x^2 – 2x – 3}{x – 1} < 0 \]
Nullstellen des Zählers bestimmen:
\[ x^2 – 2x – 3 = 0 \Rightarrow x_1 = -1 \quad \text{oder} \quad x_2 = 3 \]
Die gemeinsame Definitionslücke aus dem Nenner lautet:
\[ x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \]
Wir definieren die Funktionen für unsere Vorzeichentabelle wie folgt:
\[ f(x) = \frac{x^2 + x – 6}{x – 1} > 0 \]
\[ g(x) = \frac{x^2 – 2x – 3}{x – 1} < 0 \]
Die Schnittmenge der beiden erfüllten Bereiche ergibt die Gesamtlösungsmenge:
\[ \mathcal{L} = \{ x \mid -3 < x < -1 \quad \text{oder} \quad 2 < x < 3, \; x \in \mathbb{R} \} \]
Unter den Auswahlmöglichkeiten erfüllt das Intervall C ($2 < x < 3$) das System.
\(\textbf{Antwort: C} \)
AUFGABE 17
Welches der folgenden Intervalle erfüllt das Ungleichungssystem?
\[ \frac{-x^2 + 2x – 3}{x^2 + 1} < x^2 + x + 1 < \frac{7}{x – 1} \]
\[\text{A) } x < 1 \quad
\text{B) } -3 < x < -1 \quad
\text{C) } -1 < x < 1 \quad
\text{D) } 1 < x < 2 \quad
\text{E) } x > 2 \]
Lösung:
Wir spalten das System auf:
\[ \frac{-x^2 + 2x – 3}{x^2 + 1} < x^2 + x + 1 \quad \text{und} \quad x^2 + x + 1 < \frac{7}{x – 1} \]
Betrachten wir zunächst die erste Ungleichung. Für alle $x \in \mathbb{R}$ gilt:
– Der Zähler $-x^2 + 2x – 3$ hat einen negativen Leitkoeffizienten und eine negative Diskriminante ($\Delta = 2^2 – 4(-1)(-3) = -8 < 0$), ist also stets negativ.
– Der Nenner $x^2 + 1$ ist immer positiv.
– Der Ausdruck $x^2 + x + 1$ hat einen positiven Leitkoeffizienten und eine negative Diskriminante ($\Delta = 1^2 – 4(1)(1) = -3 < 0$), ist also stets positiv.
Da ein negativer Wert dividiert durch einen positiven Wert immer negativ ist, ist das Ergebnis logischerweise immer kleiner als ein rein positiver Wert. Die Lösungsmenge für die erste Ungleichung lautet somit:
\[ \mathcal{L}_1 = \mathbb{R} \]
Betrachten wir nun die zweite Ungleichung:
\[ x^2 + x + 1 < \frac{7}{x – 1} \Rightarrow x^2 + x + 1 – \frac{7}{x – 1} < 0 \]
\[ \Rightarrow \frac{(x^2 + x + 1)(x – 1) – 7}{x – 1} < 0 \]
Unter Verwendung der dritten binomischen Formel bzw. des Differenz-von-Kuben-Prinzips $(x^3 – 1 = (x – 1)(x^2 + x + 1))$ erhalten wir:
\[ \Rightarrow \frac{x^3 – 1 – 7}{x – 1} < 0 \Rightarrow f(x) = \frac{x^3 – 8}{x – 1} < 0 \]
Nullstellen von $f(x)$ ermitteln:
\[ x^3 – 8 = 0 \Rightarrow x = 2 \quad \text{und} \quad x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \]
Die Lösungsmenge für diese zweite Ungleichung lautet:
\[ \mathcal{L}_2 = \{x \mid 1 < x < 2, \, x \in \mathbb{R} \} \]
Die endgültige Gesamtlösungsmenge bildet die Schnittmenge aus $\mathcal{L}_1$ und $\mathcal{L}_2$:
\[ \mathcal{L} = \mathcal{L}_1 \cap \mathcal{L}_2 = \{x \mid 1 < x < 2, \, x \in \mathbb{R} \} \]
\(\textbf{Antwort: D} \)
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