Übersicht:

• Lösung zur 1. Aufgabe
• Lösung zur 2. Aufgabe
• Lösung zur 3. Aufgabe

 

11.3 Ungleichungen - Lösungen

1. Aufgabe

Bemerkung: Nur bei Aufgabe 8) gibt es für den Definitionsbereich Einschränkungen, weil hier die Variable im Nenner steht. Alle anderen Aufgaben funktionieren mit den reellen Zahlen.

1)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr 14(-x+2) & \leq & (4+2x)\cdot 7 \cr +28-14x & \leq & 28+14x & \vert & -28-14x \cr -28x & \leq & 0 & \vert & :\left(-28\right) \cr x & \geq & 0 \cr \cr \mathbb{L} &=& \mathbb{R}^+_0 \end{array}$

Bemerkung: Beim Dividieren durch $-28$ muss das Vergleichszeichen "umgedreht" werden.

 
2)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr 8\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{4}x\right) -3 &>& 5-4x \cr 4-6x-3 &>& 5-4x \cr 1-6x &>& 5-4x & \vert & +4x-1 \cr -2x &>& 4 & \vert & :\left(-2\right) \cr x & < &-2 \cr \cr \mathbb{L} &=& \rbrack -\infty;-2\lbrack \end{array}$

Bemerkung: Beim Dividieren durch $-2$ muss das Vergleichszeichen "umgedreht" werden.

 
3)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr \dfrac{3-2x}{6} & < & \dfrac{2-x}{2}-1 & \vert & \cdot 6 \cr\cr 3-2x & < & 3(2-x)-6 \cr 3-2x & < & 6-3x-6 \cr 3-2x & < & -3x & \vert & +3x-3 \cr x & < & -3 \cr \cr \mathbb{L} &=& \rbrack-\infty;-3\lbrack \end{array}$

Bemerkung: In dieser Ungleichung sind zwar Brüche enthalten, da in den Nennern aber nur natürliche Zahlen stehen, ist das unproblematisch. Es reicht, die ursprüngliche Ungleichung mit $6$ zu multiplizieren, um beide Nenner "verschwinden" zu lassen. 

 
4)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr (2x-11)\cdot 10 & \geq & -67+4x-8(4-2x) \cr 20x-110 & \geq & -67+4x-32+16x \cr 20x-110 & \geq & -99+20x & \vert & -20x \cr -110 & \geq & -99 \cr \cr \mathbb{L} &=& \emptyset \end{array}$

Bemerkung: Diese Ungleichung hat keine Lösung, weil sich ein Widerspruch ergibt: $-110$ ist nun mal kleiner als $-99$.

 
5)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr (2x+3)^2-13 & \geq & (x-5)(x+5)+3x(x-3) \cr 4x^2+12x+9-13 & \geq & x^2-25+3x^2-9x & \vert & -4x^2 +9x-9+13 \cr 21x & \geq & -21 & \vert & :21 \cr x & \geq & -1 \cr \cr \mathbb{L} &=& \lbrack -1;\infty \lbrack \end{array}$

Bemerkung: Diese Ungleichung sieht zwar am Anfang quadratisch aus; im Laufe der Rechnung heben sich die quadratischen Terme aber gegenseitig auf. Es bleibt eine lineare Ungleichung übrig, die "normal" zu Ende gerechnet werden kann.

 
6)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr \dfrac{x^2}{2}-3x &>& 56 & \vert & \cdot 2 \cr x^2-6x &>& 112 & \vert & -112 \cr x^2-6x-112 &>& 0\end{array}$

Betrachten wir die zugehörige quadratische Gleichung, um die Stellen zu finden, an denen der Term $0$ ist:

$\begin{array}{rclcl} x^2-6x-112 &=& 0 \cr x_{1,2} &=& 3\pm\sqrt{3^2+112} \cr &=& 3\pm\sqrt{121} \cr \cr x_1 &=& 3+11 = 14 \cr x_2 &=& 3-11 = -8 \end{array}$

Wir erhalten die drei Intervalle:
Von $-\infty$ bis $x_1$ : $I_1=\;\rbrack-\infty;-8\lbrack$
Zwischen $x_1$ und $x_2$ : $I_2=\;\rbrack-8;14\lbrack$
Von $x_2$ bis $+\infty$ : $I_3=\;\rbrack14;\infty\lbrack$

Nun ist noch zu prüfen:
Für $I_1$ nehmen wir $-10$: $(-10)^2-6\cdot(-10)-112=48>0$ Also kommt $I_1$ als Lösung infrage.
Für $I_2$ nehmen wir $0$: $0^2-6\cdot0-112=-112 < 0$ Also kann $I_2$ nicht Lösung sein.
Für $I_3$ nehmen wir $20$: $20^2-6\cdot20-112=168>0$ Also kommt auch $I_3$ als Lösung infrage.

Für die Gesamtlösung müssen wir noch die Intervalle, die als Lösung infrage kommen, vereinigen. In diesem Fall sind das $I_1$ und $I_3$
$\mathbb{L}=I_1 \cup I_3=\;\rbrack-\infty;-8\lbrack \; \cup \;\rbrack14;\infty\lbrack$

Bemerkung: Die Lösungsmenge lässt sich nicht wirklich einfacher aufschreiben.

 
7)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R} \cr \cr 2x^2 &>& -8+7x & \vert & -7x+8 \cr 2x^2-7x+8 &>& 0 & \vert & :2 \cr x^2-\dfrac{7}{2}x+4 &>& 0 \end{array}$

Betrachten wir die zugehörige quadratische Gleichung, um die Stellen zu finden, an denen der Term $0$ ist:

$\begin{array}{rclcl} x^2-\dfrac{7}{2}x+4 &=& 0 \cr x_{1,2} &=& \dfrac{7}{4} \pm\sqrt{\left(\dfrac{7}{4}\right)^2-4} \cr &=& \dfrac{7}{4} \pm\sqrt{-\dfrac{15}{16}} \end{array}$

Wir stellen also fest, dass die quadratische Gleichung im Bereich der reellen Zahlen keine Lösungen hat. $x^2-\frac{7}{2}x+4$ ist also immer ungleich $0$ . Auf die ursprüngliche Ungleichung bezogen bedeutet das, dass es keine Stellen gibt, an denen $2x^2$ genau so groß ist wie $-8+7x$.
Es bleibt die Frage, ob $x^2-\frac{7}{2}x+4$ überall größer oder kleiner als $0$ bzw. $2x^2$ überall größer oder kleiner als $-8+7x$ ist (Das ist die gleiche Frage, weil die Ungleichung ja nur ein bisschen umgeformt wurde.). Die Möglichkeit, dass der Term an einigen Stellen größer und an anderen Stellen kleiner ist, besteht nicht, weil dafür zwischenzeitlich Gleichheit herrschen müsste, was wir gerade ausgeschlossen haben. Um das herauszufinden, können wir wieder einfach einen Wert für $x$ einsetzen, z. B. $x=0$ . Das ergibt:

$0^2-\dfrac{7}{2}\cdot 0+4=4>0$ bzw.
$2\cdot 0^2 = 0 > -8 = -8+7\cdot 0$

Also ist im gesamten Definitionsbereich $x^2-\frac{7}{2}x+4$ größer als $0$ bzw. $2x^2$ größer als $-8+7x$ oder - noch anders formuliert - die Ungleichung ist für alle Zahlen $x$ aus dem Definitionsbereich richtig: $\mathbb{L}=\mathbb{R}$

Bemerkung: Wenn Sie sich den Graphen der Funktion $f(x)=x^2-\frac{7}{2}x+4$ anschauen, sehen Sie, dass die Parabel so weit nach oben verschoben ist, dass sie keine Nullstellen hat. Wenn Sie die Graphen von $f_L(x) =2x^2$ und $f_R(x)=-8+7x$ zeichnen, werden Sie analog dazu feststellen, dass $f_L(x)$ immer oberhalb von $f_R(x)$ liegt, sodass es keine gemeinsamen Punkte gibt.

 
8)
$\begin{array}{rclcl} \mathbb{D} &=& \mathbb{R}\setminus_{\{0\}} \cr \cr \dfrac{1}{x} & \geq & 5 \end{array}$

Für die Lösung ist eine Fallunterscheidung nötig, da wir mit der Variablen multiplizieren müssen. 

1. Fall: Wir nehmen an, dass $x>0$ ist:
$\begin{array}{rclcl} \dfrac{1}{x} &\geq& 5 &\vert& \cdot x \cr 1 &\geq& 5x &\vert& :5 \cr \dfrac{1}{5} &\geq& x \cr x &\leq& \dfrac{1}{5} \cr \cr \mathbb{L}_1 &=& \left] 0;\dfrac{1}{5}\right] \end{array}$

Bemerkung 1: Die Multiplikation mit $x$ ist hier ohne Einschränkungen möglich, weil $x\in\mathbb{R}\setminus_{\{0\}}$. Eine Multiplikation mit $0$ kann also nicht passieren.
Bemerkung 2: Die untere Grenze der Lösungsmenge ergibt sich dadurch, dass wir in diesem Fall ja ausschließlich Zahlen größer $0$ betrachtet hatten.

2. Fall: Wir nehmen an, dass $x < 0$ ist:
$\begin{array}{rclcl} \dfrac{1}{x} &\geq& 5 &\vert& \cdot x \cr 1 &\leq& 5x &\vert& : 5 \cr \dfrac{1}{5} &\leq& x \cr x &\geq& \dfrac{1}{5} \end{array}$

Um $\mathbb{L}_2$ zu ermitteln, müssen wir nun noch die Frage beantworten, welche Zahlen gleichzeitig kleiner als $0$ und größer oder gleich $\frac{1} {5}$ sind. Antwort: Keine! Also ist $\mathbb{L}_2=\emptyset$

Bemerkung: Die Multiplikation mit $x$ ist hier ohne Einschränkungen möglich, weil $x\in\mathbb{R}\setminus_{\{0\}}$. Eine Multiplikation mit $0$ kann also nicht passieren.

Ergebnis: Die Gesamtlösungsmenge ist also $\mathbb{L} = \mathbb{L}_1\cup\mathbb{L}_2 = \mathbb{L}_1 = \; \left] 0;\dfrac{1}{5} \right]$

Bemerkung 1: Den Fall $x=0$ müssten wir nicht betrachten, weil er schon durch den Definitionsbereich ausgeschlossen ist. Durch $0$ darf man ja bekanntlich nicht teilen ... 
Bemerkung 2: Zusammengefasst lautet die Regel beim Bilden von Kehrwerten in Ungleichungen: Sind beide Seiten einer Ungleichung positiv (bzw. negativ) führt die Bildung von Kehrwerten dazu, dass das Vergleichszeichen "umgedreht" werden muss. Haben beide Seiten unterschiedliche Vorzeichen, bleibt das Vergleichszeichen, wie es ist.

 

2. Aufgabe

Allgemeiner Lösungsweg:
Um die Lösungsmenge in ein Koordinatensystem zeichnen zu können, benötigen wir die Ungleichung zunächst in der Form $y>...$, $y\ge...$, $y < ...$ oder $y\le...$. Daraus ergibt sich die "Trennlinie" zwischen Lösungsmenge und Nicht-Lösungsmenge. Anschließend sind noch folgende Fragen zu klären:

1. Liegt die Lösungsmenge ober- oder unterhalb der "Trennlinie"?
   Bei $>$ und $\ge$ liegt die Lösungsmenge oberhalb, bei $<$ und $\le$ unterhalb der "Trennlinie".
2. Ist die "Trennlinie" teil der Lösungsmenge oder nicht?
   Bei $\ge$ und $\le$ ist die "Trennlinie" teil der Lösungsmenge, bei $>$ und $<$ nicht.

 

1)
$\begin{array}{rclcl} x+y & \geq & 3 \cr y & \geq & -x+3 \end{array}$

2)
$\begin{array}{rclcl} 2x+5y & \leq & 10 & \vert & -2x \cr 5y & \leq & 10-2x & \vert & :5 \cr y & \leq & -\dfrac{2}{5}x+2 \end{array}$

3)
$\begin{array}{rclcl} -4x-7y & > & -1 & \vert & +4x \cr -7y & > & -1+4x & \vert & :(-7) \cr y & < & -\dfrac{4}{7}x+\dfrac{1}{7} \end{array}$

4)
$\begin{array}{rclcl} 9x-3y & \leq & 24 & \vert & -9x \cr -3y & \leq & 24-9x & \vert & :(-3) \cr y & \geq & 3x-8 \end{array}$

5)
$\begin{array}{rclcl} -5x+10y & < & 35 & \vert & +5x \cr 10y & < & 35+5x & \vert & :10 \cr y & < & \dfrac{1}{2}x+\dfrac{7}{2} \end{array}$

6)
$\begin{array}{rclcl}6x + 9y & \leq & 18 &\vert& -6x \cr 9y & \leq & -6x +18 &\vert& :9 \cr y & \leq & - \dfrac23 x +2\end{array}$

7)
$\begin{array}{rclcl}5y + 3x - 1 & < & 2y &\vert& -2y \cr 3y + 3x - 1 & < & 0 &\vert& -3x+1 \cr 3y & < & - 3x+1 &\vert& :3 \cr y & < & -x +\dfrac13\end{array}$

8)
$\begin{array}{rclcl}\dfrac{y}{3} & \geq & x + \dfrac{14}{9} &\vert& \cdot 3 \cr y & \geq & 3x + \dfrac{14}{3}\end{array}$

9)
$\begin{array}{rclcl}40x + 60 - 80y & < & 100 &\vert& -40x-60 \cr -80y & < & -40x+40 &\vert& :(-80) \cr y &>& \dfrac12 x - \dfrac12\end{array}$

10)
$\begin{array}{rclcl}x + 2y & \leq & -2x - y &\vert& +y-x \cr 3y & \leq & -3x &\vert& :3 \cr y & \leq & -x\end{array}$

 

3. Aufgabe

Im "Beweis" wurde die Fallunterscheidung vergessen. Bei der Multiplikation mit $-x$ kann keine Aussage darüber getroffen werden, ob mit einer positiven oder negativen Zahl multipliziert wird - und das hat bei Ungleichungen ja Auswirkungen auf die Richtung des Vergleichszeichen. Richtig müsste die Rechnung lauten:

1. Fall: Wir nehmen an, dass $x>0$ ist. Dann ist $-x < 0$:

$\begin{array}{rclcl} x-1 & < & x &\vert&\cdot (-x) \cr -x^2+x &>& -x^2 &\vert& -x^2 \cr x &>& 0 \end{array}$

Das ist nun wirklich nicht spektakulär, denn genau dies hatten wir zu Beginn der Rechnung angenommen.

Bemerkung: Die Multiplikation mit $-x$ ist hier ohne Einschränkungen möglich, weil $-x < 0$. Eine Multiplikation mit $0$ kann also nicht passieren.

2. Fall: Wir nehmen an, dass $x=0$ ist. Diesen Fall müssen wir extra betrachten, weil wir jetzt mit $x$ nicht multiplizieren dürfen:

$\begin{array}{rclcl} x-1 & < & x &\vert& -x \cr -1 & < & 0 \end{array}$

Geht auch klar.

3. Fall: Wir nehmen an, dass $x < 0$ ist. Dann ist $-x>0$:

$\begin{array}{rclcl} x-1 & < & x &\vert&\cdot (-x) \cr -x^2+x & < & -x^2 &\vert& -x^2 \cr x & < & 0 \end{array}$

Bemerkung: Die Multiplikation mit $-x$ ist hier ohne Einschränkungen möglich, weil $-x > 0$. Eine Multiplikation mit $0$ kann also nicht passieren.

Das ist zwar die gleiche Rechnung, wie im "Beweis" auf der Aufgabenseite; mit der Zusatzinformation, dass wir hier von vorneherein nur Zahlen kleiner als $0$ betrachten, erscheint die Aussage aber in einem ganz anderen Licht ...

Zusammenfassend stellen wir fest: Unterscheidet man alle Fälle ordentlich, ergeben sich drei recht belanglose Aussagen. Komische Ergebnisse treten nicht auf.

Wesentlich geschickter: Man lässt das Multiplizieren mit $-x$ sein und subtrahiert $x$ stattdessen lieber. Dann steht da nämlich ganz schnell $-1 < 0$ , was sicherlich niemand infrage stellen wird. Mehr Ergebnis bekommen wir hier nicht, was auch nicht so überraschend ist, denn die Aussage, mit der wir in den "Beweis" gestartet waren, war ja nicht sehr gehaltvoll ...