Verschachtelte Betragsungleichung, keine Vorkenntnisse

26.10.2018, 20:51

Merkaber

Verschachtelte Betragsungleichung, keine Vorkenntnisse

Hallo liebe Forenmitglieder,

in der Uni habe ich nun mit Ungleichungen zu tun und wir sollen eine Betragsungleichung lösen. Da ich eigenartiger Weise in der Oberstufe nicht damit konfrontiert worden bin, weiß ich leider nicht wie ich da ran gehen soll. Im Internet finde ich vieles mit Falllösung etc. was aber meist verwirrend klingt, wenn ich mir das mit Beträgen anschaue. Nun habe ich hier eine Verschachtelung, die mir ganz übel aufstößt.

$\begin{eqnarray*} | |x+1| - |x-1| |\leq1 \end{eqnarray*}$

Ich weiss durch probieren, dass die Lösungsmenge L={-0.5 , ... , 0.5} ist. Mein erster Versuch war folgendes:
da $\begin{eqnarray*} |a|\leq b \leftrightarrow -b \leq a \leq b \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} ||x+1|-|x-1|| \leq 1 \rightarrow -1 \leq |x+1|-|x-1| \leq 1 \end{eqnarray*}$

Nun weiss ich aber nicht mehr weiter, ohne es noch schlimmer zu machen (also zum Beispiel genau das gleiche nochmal für $\begin{eqnarray*} |x+1| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x-1| \end{eqnarray*}$ zu machen.)

Ein anderer Ansatz oder Hilfe würde mir sicher weiterhelfen. Danke im Voraus!

26.10.2018, 21:40

HAL 9000

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$\begin{eqnarray*} |x-1| \end{eqnarray*}$ führt in der Betragsauflösung zu den Fällen $\begin{eqnarray*} x\geq 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x<1 \end{eqnarray*}$ , während $\begin{eqnarray*} |x+1| \end{eqnarray*}$ entsprechend eine Unterscheidung $\begin{eqnarray*} x\geq -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x<-1 \end{eqnarray*}$ nötig macht.

Das ergibt insgesamt drei Fälle $\begin{eqnarray*} x<-1,\; -1\leq x<1\,\;x\geq 1 \end{eqnarray*}$ zur vollständigen Betragsauflösung beider Terme.

(Die Zuweisung der Übergangspunkte 1 und -1 selbst zu den Fällen ist jetzt von mir willkürlich vorgenommen worden - du kannst sie auch gern den anderen Fällen zuordnen, Hauptsache sie fallen nicht unter den Tisch.)

26.10.2018, 23:36

Merkaber

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Anhand von Recherchen im Internet konnte ich nun nachvollziehen, wie man die jeweiligen Fälle bestimmt.
Nun nur noch die Frage, was du mit Übergangspunkten meintest? Kann ich mir den 2. Fall immer so wählen oder muss ich mich an irgendwelche Regelen halten, außer, dass er Sinn ergeben muss?

Nun versuche ich die Lösungsmenge zu definieren:

1. Fall $\begin{eqnarray*} x<-1 \end{eqnarray*}$
Da dieser Fall für $\begin{eqnarray*} x+1 < 0 \end{eqnarray*}$ gilt, darf ich folgendermaßen umformen:
$\begin{eqnarray*} x+1 \leq 1 \Rightarrow -x-1 \leq 1 \Rightarrow -2 \leq x \end{eqnarray*}$
So ergibt sich $\begin{eqnarray*} L_1=\{x | -2 \leq x<-1\} \end{eqnarray*}$

3. Fall $\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$
Da dieser Fall für $\begin{eqnarray*} x-1 \geq 0 \end{eqnarray*}$ gilt, darf ich folgendermaßen umformen:
$\begin{eqnarray*} x-1 \leq 1 \Rightarrow x \leq 2 \end{eqnarray*}$
So ergibt sich $\begin{eqnarray*} L_3=\{x | 1 \leq x \leq 2\} \end{eqnarray*}$

2. Fall: $\begin{eqnarray*} -1 \leq x \leq 1 \end{eqnarray*}$

Hier weiß ich nicht, wie ich vorgehen soll, da das ja aus $\begin{eqnarray*} x+1 \geq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x-1<0 \end{eqnarray*}$ hervorgeht, oder irre ich mich?

Schon jetzt ist zu erkennen, dass meine angestrebte Lösungsmenge von $\begin{eqnarray*} \{-0,5 \dots 0,5\} \end{eqnarray*}$ nicht erreicht wird. Wo ist mein Fehler?

Mein gesamtes Wissen beziehe ich aus mathebibel.de/betragsungleichungen . Ich habe wirklich kein Vorwissen unglücklich

EDIT: Vielen Dank für die schnelle Hilfe! Hat einglück noch bis Montag Zeit.

27.10.2018, 09:45

HAL 9000

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(Gelöscht - zuviel Köche verderben den Brei. unglücklich

)

27.10.2018, 10:00

Leopold

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Ich zeige dir ein anderes Lösungsverfahren. Mit Hilfe der stetigen Funktion

$\begin{align*} f(x) = 1 - \left| \, |x+1| - |x-1| \, \right| \, , \ \ x \in \mathbb{R} \end{align*}$

wird die Aufgabe zu einem Vorzeichenproblem:

$\begin{align*} f(x) \geq 0 \end{align*}$

Für stetige Funktionen werden die Vorzeichenintervalle aber durch die Nullstellen bestimmt. Daher berechnet man zunächst die Nullstellen von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Dafür löst man die Beträge auf. In Frage kommen die Lösungen der Gleichungen

$\begin{align*} 1 \mp \left( \pm (x+1) \mp (x-1) \right) = 0 \end{align*}$

Man geht jetzt alle Vorzeichenkombinationen durch. Zunächst wählen wir bei den inneren Klammern die oberen Vorzeichen:

$\begin{align*} 1 \mp \left( x + 1 - x + 1 \right) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ 1 \mp 2 = 0 \end{align*}$

Dieser Fall liefert keine möglichen Lösungen.

Wählt man bei den inneren Klammern die unteren Vorzeichen, erhält man analog $\begin{align*} 1 \mp (-2) = 0 \end{align*}$ . Wieder keine möglichen Lösungen.

Jetzt nehmen wir bei den inneren Klammern die Kombination oben/unten:

$\begin{align*} 1 \mp \left( x + 1 + x - 1 \right) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ 1 \mp 2x = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ x = \pm \frac{1}{2} \end{align*}$

Auch die Kombination unten/oben bei den inneren Klammern liefert diese möglichen Lösungen.

Und somit haben wir nur die Kandidaten $\begin{align*} x = \pm \frac{1}{2} \end{align*}$ für Nullstellen von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Jetzt machen wir die Probe, ob das tatsächlich Nullstellen sind:

$\begin{align*} f \left( \frac{1}{2} \right) = 1 - \left| \ \left| \frac{1}{2} + 1 \right| - \left| \frac{1}{2} - 1 \right| \ \right| = 1 - \left| \frac{3}{2} - \frac{1}{2} \right| = 0 \end{align*}$

Entsprechend zeigt man $\begin{align*} f \left( - \frac{1}{2} \right) = 0 \end{align*}$ .

(Man hätte sich übrigens auch die Geradheit $\begin{align*} f(-x) = f(x) \end{align*}$ der Funktion zunutze machen können.)

Die beiden Nullstellen bestimmen die drei offenen Intervalle $\begin{align*} I_1 = \left( - \infty , - \frac{1}{2} \right) \end{align*}$ sowie $\begin{align*} I_2 = \left( - \frac{1}{2} , \frac{1}{2} \right) \end{align*}$ und $\begin{align*} I_3 = \left( \frac{1}{2} , \infty \right) \end{align*}$ .

In diesen Intervallen ändert $\begin{align*} f \end{align*}$ sein Vorzeichen nicht. Drei Testwerte

$\begin{align*} f(-1) = -1 < 0 \, , \ \ f(0) = 1 > 0 \, , \ \ f(1) = -1 \end{align*}$

aus den Intervallen zeigen: $\begin{align*} f(x) > 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ x \in I_2 \end{align*}$

Damit gilt:

$\begin{align*} \left| \, |x+1| - |x-1| \, \right| \leq 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ - \frac{1}{2} \leq x \leq \frac{1}{2} \end{align*}$

Dieses Vorgehen ist sehr formalistisch. An der ein oder anderen Stelle hätte man die konkrete Situation der Funktion noch ausnützen können, um Abkürzungen zu nehmen. Auf der anderen Seite führt dieses Verfahren bei Betragsungleichungen dieser Art immer ans Ziel, wie tief auch die Verschachtelungen sein mögen.

27.10.2018, 14:26

Merkaber

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Vielen Dank für den alternativen Lösungsansatz Leopold!
Ich habe dazu folgende Fragen:
Kann man bei einer Ungleichung mit Betrag immer eine stetige Funktion konstruieren, z.B. auch bei <1 oder >1? Oder wie kommt man auf $\begin{eqnarray*} f(x)=1- \dots \end{eqnarray*}$
Die Vorzeichen, ob Minus oben bzw. unten ist richtet sich nach Wert des vorhanden Vorzeichens, richtig? also $\begin{eqnarray*} - \rightarrow \mp \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} + \rightarrow \pm \end{eqnarray*}$
Wie kommt man zu den Intervallen? Also, woraus schließe ich, dass die Menge gegen + bzw. - unendlich läuft?
Bei den Testwerten sagst du, dass f sein Vorzeichen nicht ändert. Meinst du damit, dass somit stetigkeit bewiesen ist? Die Testeinsetzungen mit den drei Testwerten habe ich noch nicht ganz verstanden. Wieso wählst du -1, 0 und 1?
Ich werde dieses Verfahren bei anderen Aufgaben auch mal ausprobieren. Es scheint mir weniger Fehleranfällig und ziemlich logisch zu sein (für mich, weil ich es mir bildlich vorstellen kann).

Nichtsdestortrotz würde ich HAL 9000 auch noch um seine Lösung bitten, da ich mir nicht sicher bin, ob ich deine Lösungsmethode schon verwenden darf, da wir Stetigkeit noch nicht bewiesen haben, was dazuführen kann, dass ich diese nicht verwenden darf. Wäre echt super!
Vielen Dank euch beiden!

27.10.2018, 15:16

HAL 9000

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Ich halte es für nicht zielführend, jetzt ständig zwischen zwei Lösungswegen hin- und her zu wechseln. Da sollte erstmal einer abgeschlossen werden, und das ist am besten der, wo schon eine Komplettlösung gepostet wurde. Deine Nachfragen dazu wird deren Autor ja sicher beantworten.

Sofern dann überhaupt noch Bedarf dafür ist, können wir ja den gewöhnlichen Weg der Betragsauflösung diskutieren.

28.10.2018, 12:07

Leopold

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@ HAL

Es wäre vielleicht besser gewesen, noch ein, zwei Posts zu warten, bis ihr ganz durch seid, bevor ich meine alternative Komplettlösung präsentiert hätte. Nun ist es passiert ... tut mir leid ...

@ Merkaber

Zitat:

Original von Merkaber
Kann man bei einer Ungleichung mit Betrag immer eine stetige Funktion konstruieren, z.B. auch bei <1 oder >1? Oder wie kommt man auf $\begin{eqnarray*} f(x)=1- \dots \end{eqnarray*}$

In der zu untersuchenden Ungleichung habe ich einfach alles auf eine Seite gebracht und die Seite mit der Variablen $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ genannt:

$\begin{align*} \left| \ |x+1| \, - \, |x-1| \ \right| \ \leq \ 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ \underbrace{1 \, - \, \left| \ |x+1| \, - \, |x-1| \ \right|}_{f(x)} \ \geq \ 0 \end{align*}$

Damit ist die Ungleichung in $\begin{align*} x \end{align*}$ in eine Vorzeichenuntersuchung für $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ umgewandelt (wegen $\begin{align*} \geq 0 \end{align*}$ ). Ebenso hätte man $\begin{align*} g(x) = \left| \ |x+1| \, - \, |x-1| \ \right| \, - \, 1 \end{align*}$ definieren und $\begin{align*} g(x) \leq 0 \end{align*}$ untersuchen können.

Zitat:

Original von Merkaber
Die Vorzeichen, ob Minus oben bzw. unten ist richtet sich nach Wert des vorhanden Vorzeichens, richtig? also $\begin{eqnarray*} - \rightarrow \mp \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} + \rightarrow \pm \end{eqnarray*}$

Ja, aber eigentlich ist es egal, da man später sowieso alle Vorzeichenkombinationen durchgehen muß. Ich war da also unnötigerweise pingelig.

Zitat:

Original von Merkaber
Bei den Testwerten sagst du, dass f sein Vorzeichen nicht ändert. Meinst du damit, dass somit stetigkeit bewiesen ist?

Nein. Daß $\begin{align*} f \end{align*}$ stetig ist, ist von vorneherein klar, einfach aufgrund der definierenden Formel. (Lineare Terme wie $\begin{align*} x+1 \end{align*}$ oder $\begin{align*} x-1 \end{align*}$ definieren stetige Funktionen, und Stetigkeit bleibt bei den Grundrechenarten und der Verkettung mit stetigen Funktionen, hier mehrfach mit der Betragsfunktion, erhalten.)
Im Prinzip läuft es auf eine Anwendung des sogenannten Zwischenwertsatzes hinaus. Ich formuliere ihn einmal in einer für uns passenden Form: Besitzt eine stetige Funktion $\begin{align*} f \end{align*}$ in einem Intervall keine Nullstellen, so muß in diesem Intervall entweder immer $\begin{align*} f(x) > 0 \end{align*}$ oder immer $\begin{align*} f(x) < 0 \end{align*}$ gelten.
Deswegen habe ich die Intervalle $\begin{align*} I_1, I_2, I_3 \end{align*}$ bestimmt, in denen $\begin{align*} f \end{align*}$ keine Nullstellen besitzt. Die Einteilung der Intervalle erfolgte eben gerade aufgrund der Nullstellen von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Die Nullstellen $\begin{align*} - \frac{1}{2} \end{align*}$ und $\begin{align*} + \frac{1}{2} \end{align*}$ zerlegen die reelle Zahlengerade in diese Abschnitte: erst $\begin{align*} I_1 \end{align*}$ , dann $\begin{align*} - \frac{1}{2} \end{align*}$ , dann $\begin{align*} I_2 \end{align*}$ , dann $\begin{align*} + \frac{1}{2} \end{align*}$ , dann $\begin{align*} I_3 \end{align*}$ .
Das vorgestellte Verfahren funktioniert nur, wenn man sich sicher ist, alle Nullstellen gefunden zu haben. Wenn nicht klar ist, ob es noch weitere Nullstellen gibt, darf das Verfahren nicht angewendet werden. Das wäre grober Unfug.

Zitat:

Original von Merkaber
Die Testeinsetzungen mit den drei Testwerten habe ich noch nicht ganz verstanden. Wieso wählst du -1, 0 und 1?

[attach]48216[/attach]

Ich weiß ja durch die Vorüberlegungen, daß $\begin{align*} f \end{align*}$ in $\begin{align*} I_1 \end{align*}$ immer dasselbe Vorzeichen besitzt. Es genügt daher, das Vorzeichen für einen einzigen Wert von $\begin{align*} I_1 \end{align*}$ zu überprüfen. Ich habe $\begin{align*} -1 \in I_1 \end{align*}$ genommen, einfach weil das der einfachste Wert zum Rechnen war. Ich hätte auch $\begin{align*} -0{,}5003147 \end{align*}$ oder $\begin{align*} -27182818{,}1415926 \end{align*}$ nehmen können. Auch diese Zahlen liegen in $\begin{align*} I_1 \end{align*}$ . Entsprechend bei den beiden andern Intervallen.

Das von mir vorgestellte Verfahren ist durchsichtig, aber auch überschießend, weil man unter Umständen viel zu viel macht. Beim Auflösen der Beträge in $\begin{align*} \pm \end{align*}$ -Terme überprüft das Verfahren ja gar nicht, für welche $\begin{align*} x \end{align*}$ -Werte der ein oder andere Fall zutrifft, wie du das zuvor mit HAL gemacht hast. Deshalb sind die errechneten Werte unter Umständen gar keine Nullstellen von $\begin{align*} f \end{align*}$ . Was man aber sicher sagen kann, ist, daß sämtliche Nullstellen von $\begin{align*} f \end{align*}$ unter den nach dem Verfahren berechneten Zahlenwerten zu finden sind. Die Probe, welche der gefundenen Werte nun Nullstellen sind, ist daher unerläßlich und nicht nur ein Zeitvertreib, um auf Rechenfehler zu prüfen.

28.10.2018, 14:19

Merkaber

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Vielen Dank Leopold für diese wirklich ausführliche Antwort. Alle meine Fragen wurden einwandfrei geklärt und ich konnte das System super nachvolziehen! Freude

Ich werde diese Lösung einfach mal als Lösung für meine Aufgabe nehmen (mit ein paar Ergänzungen) und hoffe mal, dass das so akzeptiert wird.
Interessant wäre nur, ob die Lösung von HAL wesentlich kürzer wäre oder einen ähnlichen Arbeitsaufwand aufweist, hinblickend auf die Klausur.

Vielen Dank nochmal!

28.10.2018, 14:52

HAL 9000

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ordinäre Lösung durch Betragsauflösung per Fallunterscheidung
Betragsauflösung bedeutet hier konkret $\begin{eqnarray*} |x-1| = \begin{cases} x-1 &\;\mbox{für}\; x\geq 1\\ -(x-1) &\;\mbox{für}\; x\leq 1\end{cases} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |x+1| = \begin{cases} x+1 &\;\mbox{für}\; x\geq -1\\ -(x+1) &\;\mbox{für}\; x\leq -1\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Eingesetzt in $\begin{eqnarray*} \left| |x+1| - |x-1| \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$ ergibt das in den drei genannten Fällen:

1.Fall $\begin{eqnarray*} x<-1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \left| -(x+1) - (-(x-1)) \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left| -2 \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

Das ist für kein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aus dem Fallintervall erfüllt.

2.Fall $\begin{eqnarray*} -1\leq x<1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \left| (x+1) - (-(x-1)) \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left| 2x \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left| x \right| \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Das entspricht dem Lösungsintervall $\begin{eqnarray*} \left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ .

3.Fall $\begin{eqnarray*} x\geq 1 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \left| (x+1) - (x-1) \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left| 2 \right| \leq 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2 \leq 1 \end{eqnarray*}$

Analog 1.Fall, d.h. wiederum keine Lösungen in diesem 3.Fall.

Summa summarum verbleibt Lösungsmenge $\begin{eqnarray*} L=\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}$ .

28.10.2018, 15:32

URL

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RE: ordinäre Lösung durch Betragsauflösung per Fallunterscheidung
Dann serviere ich mal den Nachtisch:
$\begin{eqnarray*} | |x+1| - |x-1| |\leq1 \end{eqnarray*}$ ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} ( |x+1| - |x-1| )^2\leq1 \end{eqnarray*}$ (warum?).
Die linke Seite ausgerechnet und die Ungleichung umsortiert ergibt sich $\begin{eqnarray*} 2x^2+1\leq 2|x^2-1| \end{eqnarray*}$ .
Auch hier kann man wieder äquivalent zu den Quadraten übergehen und bekommt $\begin{eqnarray*} x^2\leq \frac 1 4 \end{eqnarray*}$
ganz ohne Fallunterscheidung smile

28.10.2018, 16:27

Leopold

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@ URL: Das sind natürlich immer die schönsten Lösungen, die sich spezielle Gegebenheiten zunutze machen. Warum sollte man zu Fuß gehen, wenn der kostenlose Pendelbus sowieso gerade dasteht und gleich losfährt. Da habe ich doch gleich einmal eine weitere Aufgabe für dich:

$\begin{align*} \left| \, |x + 1| \, + \, |x - 1| \, \right| \, \leq \, 3 \end{align*}$

Schaffst du es ganz ohne "Nebenüberlegungen" durch Quadrieren?

28.10.2018, 16:37

Merkaber

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@ HAL:

Vielen Dank dir auch nochmal für diesen Lösungsansatz. Die Fallunterscheidung ist mir klar geworden, die einzige Sache, die mir nicht ganz so sauber vorkommt, ist die Schlussweise für die Lösungsmenge bzw. das Lösungsintervall.

$\begin{eqnarray*} |x|=\frac {1}{2} \Rightarrow \pm \frac {1}{2} \Rightarrow I_1 = [-\frac {1}{2}, \frac {1}{2}] \end{eqnarray*}$ wäre das eine korrekte Schlussweise?

und, kann ich für z.B. 1. Fall folgende Schlussweise schreiben:
$\begin{eqnarray*} 2 \leq 1 \Rightarrow \end{eqnarray*}$ falsche Aussage $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Bedingung nicht erfüllt

Mich verwirrt so ein wenig der Satz "Das ist für kein x aus dem Fallintervall erfüllt", da bei Fall 3
$\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ , wenn ich das Ergebnis 2 für diesen Fall einsetze, dass stimmt es ja theoretisch $\begin{eqnarray*} 2 \geq 1 \end{eqnarray*}$ ?

@URL

Puh, keine Ahnung wie ich das umformen soll. Sieht jetzt zwar schon ziemlich kurz aus, aber klappt das auch immer? Muss ich mir nochmal in Ruhe anschauen. Danke dir für den Hinweis Wink

28.10.2018, 16:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von Merkaber
die einzige Sache, die mir nicht ganz so sauber vorkommt, ist die Schlussweise für die Lösungsmenge bzw. das Lösungsintervall.

Eine ziemliche Frechheit, so ganz ohne Erläuterung. Oben ist alles logisch sauber notiert, was man von deiner "Korrektur" leider nicht sagen kann. unglücklich

Zitat:

Original von Merkaber
Mich verwirrt so ein wenig der Satz "Das ist für kein x aus dem Fallintervall erfüllt", da bei Fall 3
$\begin{eqnarray*} x \geq 1 \end{eqnarray*}$ , wenn ich das Ergebnis 2 für diesen Fall einsetze, dass stimmt es ja theoretisch $\begin{eqnarray*} 2 \geq 1 \end{eqnarray*}$ ?

Es geht um $\begin{eqnarray*} 2~{\color{red}\leq}~1 \end{eqnarray*}$ . Forum Kloppe

Zitat:

Original von Leopold
$\begin{align*} \left| \, |x + 1| \, + \, |x - 1| \, \right| \, \leq \, 3 \end{align*}$

Die macht doch erst Spaß für $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{C} \end{eqnarray*}$ (Fadenkonstruktion Ellipse). Die äußeren Betragszeichen links sind natürlich ganz, ganz wichtig. Big Laugh

28.10.2018, 17:12

Leopold

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@ Merkaber

Erhält man durch Äquivalenzumformungen aus einer Aussage in $\begin{align*} x \end{align*}$ eine variablenfreie wahre Aussage, so ist das so zu verstehen, daß alle äquivalenten Aussagen für alle zulässigen $\begin{align*} x \end{align*}$ gelten. Erhält man dagegen eine variablenfreie falsche Aussage, so ist jede der äquivalenten Aussagen für kein $\begin{align*} x \end{align*}$ erfüllbar.

Für Letzteres ein simples Beispiel:

$\begin{align*} x + 2 = x + 1 \end{align*}$

Man sieht natürlich sofort, daß diese Gleichung für kein $\begin{align*} x \end{align*}$ erfüllbar ist, denn addiert man zu einer Zahl 2, kann nie dasselbe herauskommen, als wenn man 1 addiert. Formal könnte man oben aber noch auf beiden Seiten $\begin{align*} x \end{align*}$ subtrahieren. Dann erhielte man die variablenfreie Aussage

$\begin{align*} 2 = 1 \end{align*}$

Und das kann man eben so interpretieren: Du ursprüngliche Aussage in $\begin{align*} x \end{align*}$ ist für kein $\begin{align*} x \end{align*}$ erfüllbar.

Und entsprechend mußt du die Aussage $\begin{align*} 2 \leq 1 \end{align*}$ für die Aussagen darüber interpretieren.

28.10.2018, 17:36

Merkaber

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@HAL

Dann sehe ich an meiner Korrektur, dass ich das noch nicht ganz verstanden haben. Ich wundere mich nur, woher auf einmal die $\begin{eqnarray*} - \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ herkommen, weil wir ja bei Fall 2 nur $\begin{eqnarray*} |x| \leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ rausbekommen haben. Ich denke, wir kommen auf dieses Intervall wegen des Betrages (was ja auch logisch ist), aber wie kann ich das deutlich machen? traurig

@Leopold

Danke dir, habs verstanden Prost

28.10.2018, 18:45

HAL 9000

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Die Kenntnis der Äquivalenz

$\begin{eqnarray*} |x|\leq a \;\Leftrightarrow\; -a\leq x\leq a \end{eqnarray*}$

setze ich mal als Grundwissen zu Beträgen voraus - man muss ja nun nicht jedesmal das Rad neu erfinden.

28.10.2018, 19:49

URL

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@all: Bitte um Entschuldigung, dass dieser Koch den Nachtisch zu früh serviert hat Ups

@Leopold: Mit quadrieren und Umstellen kommt man bis zu $\begin{eqnarray*} 2(a+|a|)\leq 5 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a=x^2-1 \end{eqnarray*}$ .
Das führt ohne Umwege Augenzwinkern

auf die äquivalente Bedingung $\begin{eqnarray*} 2(2a)\leq 5 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} x^2\leq \frac 9 4 \end{eqnarray*}$ Big Laugh

28.10.2018, 20:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von URL
@all: Bitte um Entschuldigung, dass dieser Koch den Nachtisch zu früh serviert hat

Ist ja nicht so, dass du den Hauptgang vom Tisch gefegt hast, also sehe ich da kein Problem.

28.10.2018, 20:27

Leopold

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Zitat:

Original von URL
ohne Umwege Augenzwinkern

auf die äquivalente Bedingung

Mein lieber Herr Gesangsverein! Da braucht man aber schon ein geländegängiges Spezialfahrzeug, mit dem man auch Böschungswinkel von über 45° bewältigen kann, wenn man die längeren Fallwege meiden und ohne Umwege ans Äquivalenzziel kommen will. Du Schwerenöter, du, ... Augenzwinkern

28.10.2018, 20:34

URL

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Zugegeben.... ein Blick auf den Graphen von $\begin{eqnarray*} x+|x| \end{eqnarray*}$ hilft Big Laugh

Ich gehe mal davon aus, du beziehst dich beim Schwerenöter nicht auf die dort angegebene
Herkunft: ursprünglich = jemand, dem man die schwere Not (= Epilepsie) wünscht unglücklich

28.10.2018, 20:42

Leopold

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Oh ... so weit hatte ich den Duden-Artikel gar nicht gelesen ...
Natürlich wünsche ich dir nicht die Epilepsie, sondern die Epimorphie, auf daß du, schön gestaltet, alles erreichst, worauf du zielst. Und auch sonst gelten dir natürlich meine besten Wünsche. Blumen

28.10.2018, 20:51

URL

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Epimorphie ROFL

der war gut Prost

28.10.2018, 21:23

Leopold

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Jetzt mal ernsthaft. Zwar besteht mit $\begin{align*} a = x^2 - 1 \end{align*}$ die Äquivalenz

$\begin{align*} 2 \left( a + |a| \right) \leq 5 \ \ \Leftrightarrow \ \ 4a \leq 5 \end{align*}$

Um sie zu zeigen, muß ich aber die Fälle $\begin{align*} |x|<1 \end{align*}$ und $\begin{align*} |x| \geq 1 \end{align*}$ betrachten, die ich dann im Ergebnis allerdings wieder zusammenführen kann. Oder siehst du einen kürzeren Weg?

28.10.2018, 21:40

URL

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Für $\begin{eqnarray*} b>0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \{a\in\mathbb{R}:\,a+|a|\leq b\} = \{a\in\mathbb{R}:\,2a\leq b\} \end{eqnarray*}$ wie man leicht an einer Skizze verifiziert.

28.10.2018, 21:53

Leopold

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Nun ja, da versteckst du die Fallunterscheidung in der Skizze.

28.10.2018, 22:06

URL

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Ich verstehe nicht, was du meinst verwirrt

29.10.2018, 09:18

Matt Eagle

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Wieso Spezialfahrzeug?

Vielleicht übersehe ich da was - aber wenn ich da stumpf durchquadriere, ausmultipliziere und zusammenfasse, dann lande ich zunächst bei

$\begin{eqnarray*} |x+1|\cdot|x-1|\leq\frac 72-x^2 \end{eqnarray*}$

Abermaliges quadrieren, ausmultiplizieren und zusammenfassen führt dann direkt zu

$\begin{eqnarray*} x^2\leq\frac 94. \end{eqnarray*}$

Alles ganz stumpf und ohne Böschungswinkel... Augenzwinkern

Wegen der 'Symmetrie' in der Ausgangsungleichung heben sich die 'Schmutzterme' beim Quadrieren ja schön auf.

29.10.2018, 10:33

Leopold

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Zitat:

Original von URL
Ich verstehe nicht, was du meinst verwirrt

Schon beim Erstellen des Graphen von $\begin{align*} a \mapsto g(a) = a + |a| \end{align*}$ mußt du ja eine Fallunterscheidung durchführen, wenn auch eine simple. Natürlich siehst du dann hinterher, daß $\begin{align*} g(a) \leq b \end{align*}$ mit $\begin{align*} b>0 \end{align*}$ auf $\begin{align*} 2a \leq b \end{align*}$ hinausläuft. Der Graph denkt für dich. Aber da könnte man ja auch gleich die Funktion

$\begin{align*} f(x) = \left| \, |x+1| \, + \, |x-1| \right| \end{align*}$

betrachten. Es gilt $\begin{align*} f(-x) = \left| \, |-x+1| \, + \, |-x-1| \right| = \left| \, |x-1| \, + \, |x+1| \right| = f(x) \end{align*}$ , die Funktion ist also gerade. Wegen dieser Symmetrie darf man sich auf $\begin{align*} x \geq 0 \end{align*}$ beschränken. Für $\begin{align*} 0 \leq x \leq 1 \end{align*}$ erhält man $\begin{align*} f(x) = \left| \, x+1-x+1 \right| = 2 \end{align*}$ , und für $\begin{align*} x>1 \end{align*}$ entsprechend $\begin{align*} f(x ) = \left| \, x+1+x-1 \right| = 2x \end{align*}$ . Und jetzt das aufgrund der Symmetrie für $\begin{align*} x<0 \end{align*}$ fortsetzen. Um diesen Graphen zu finden, mußte also ebenfalls eine Fallunterscheidung durchgeführt werden.
Der Graph von $\begin{align*} f \end{align*}$ ist also ein V, dessen unterer Teil durch eine Senkrechte zur Symmetrieachse abgeschnitten ist. Und dann ist natürlich $\begin{align*} f(x) \leq 3 \end{align*}$ auch "offensichtlich" zu $\begin{align*} - \frac{3}{2} \leq x \leq \frac{3}{2} \end{align*}$ äquivalent. Der Graph denkt für uns.

@ Matt Eagle

$\begin{align*} \begin{matrix} 3 \leq -4 & \text{falsch} \\ 3^2 \leq (-4)^2 & \text{wahr} \end{matrix} \end{align*}$

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Verschachtelte Betragsungleichung, keine Vorkenntnisse

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