Praktikum Einführung in die Mathematik 1 WS 2010/2011 Blatt 6

Praktikum
Einführung in die Mathematik 1
WS 2010/2011
Blatt 6 – Lösungen
18. bis 21. Januar 2011
(36) Lösung von Aufgabe (36) :
ad (a) :
Für jedes x ∈ Q ist
(f g)(x) = f (x) g(x) = (2 + 3 x)(7 − 5 x + 6 x2 ) =
= (2·7) + (− 2·5 + 3·7) x + (2·6 − 3·5) x2 + (3·6) x3 =
= 14 + 11 x − 3 x2 + 18 x3
und ebenso
(gf )(x) = g(x) f (x) = (7 − 5 x + 6 x2 )(2 + 3 x) =
= (7·2) + (− 5·2 + 7·3) x + (6·2 − 5·3) x2 + (6·3) x3 =
= 14 + 11 x − 3 x2 + 18 x3 .
Also ist sowohl f g : Q → Q als auch gf : Q → Q die Polynomfunktion
x 7→ 14 + 11 x − 3 x2 + 18 x3 .
Bemerkung 1 :
Daß für das Produkt der beiden Funktionen f : Q → Q und g : Q → Q die Kommutativität f g = gf gilt, folgt aus der Definition von f g und gf und aus der Kommutativität der Multiplikation in Q, denn für jedes x ∈ Q ist (f g)(x) = f (x) g(x) =
g(x) f (x) = (gf )(x) .
Für jedes x ∈ Q ist andererseits
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = 2 + 3 · g(x) =
= 2 + 3 · (7 − 5 x + 6 x2 ) =
= (2 + 3·7) − (3·5) x + (3·6) x2 =
= 23 − 15 x + 18 x2
und schließlich
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) = 7 − 5 ·f (x) + 6 ·f (x)2 =
= 7 − 5 ·(2 + 3 x) + 6 ·(2 + 3 x)2 =
= 7 − 5 ·(2 + 3 x) + 6 ·(4 + 12 x + 9 x2 ) =
= (7 − 5·2 + 6·4) + (−5·3 + 6·12) x + (6·9) x2 =
= 21 + 57 x + 54 x2 .
Also ist f ◦ g : Q → Q die Polynomfunktiom
x 7→ 23 − 15 x + 18 x2
und g ◦ f : Q → Q die Polynomfunktion
x 7→ 21 + 57 x + 54 x2 .
Da die beiden Polynome 23 − 15 x + 18 x2 und 21 + 57 x + 54 x2 aus Q[x] verschieden
sind, gilt nach Satz 231 (4) der Vorlesung, daß auch die beiden Polynomfunktionen
f ◦ g : Q → Q und g ◦ f : Q → Q verschieden sind.
Im Gegensatz zur Multiplikation ist die Hintereinanderausführung zweier Funktionen
also im allgemeinen nicht kommutativ.
Bemerkung 2 :
Für die Hintereinanderausführung zweier beliebiger Funktionen f und g schreibt man
statt g ◦ f (gelesen g nach f ) häufig gf . Falls man die Funktionen f und g nicht nur
hintereinander ausführen, sondern auch in sinnvoller Weise multiplizieren kann, sollte
man die Notation gf nur für das Produkt von g und f benützen, denn im allgemeinen
ist dann g ◦ f 6= gf .
ad (b) :
f : Q → Q und g : Q → Q seien die Polynomfunktionen
• x 7→ a0 + a1 x + · · · + am xm
• x 7→ b0 + b1 x + · · · + bn xn
mit m ≥ 0 , n ≥ 0 , a0 , a1 , . . . , am ∈ Q , b0 , b1 , . . . , bn ∈ Q , am 6= 0 und bn 6= 0 .
Dann ist für jedes x ∈ Q
(f g)(x) = f (x) g(x) =
= (a0 + a1 x + · · · + am xm )(b0 + b1 x + · · · + bn xn ) =
= a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 ) x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 ) x2 + · · ·
· · · + (am−1 bn + am bn−1 ) xm+n−1 + am bn xm+n =
= c0 + c1 x + c2 x2 + · · · + cm+n−1 xm+n−1 + cm+n xm+n ,
P
wobei die Koeffizienten c0 , . . . , cm+n durch ck = i+j=k ai bj bestimmt sind.
In diesen Formeln ist für i > m resp. j > n jeweils ai = 0 resp. bj = 0 zu setzen.
Wir erhalten:
(∗) Das Produkt f g : Q → Q zweier Polynomfunktionen f : Q → Q und g : Q → Q
ist eine Polynomfunktion .
Mit Hilfe dieser Aussage können wir zeigen, daß mit f und g auch f ◦ g eine Polynomfunktion ist :
Für jedes x ∈ Q ist
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = a0 + a1 g(x) + a2 g(x)2 + · · · + am g(x)m .
Ohne Argumente angeschrieben bedeutet das
f ◦ g = a0 g 0 + a1 g 1 + a2 g 2 + · · · + am g m ,
wobei g 0 die konstante Funktion mit dem Wert 1 und g 1 = g ist.
Aus (∗) ergibt sich durch Induktion, daß die Funktionen g 0 , g 1 , g 2 , . . . , g m und damit
die Funktionen a0 g 0 , a1 g 1 , a2 g 2 , . . . , am g m Polynomfunktionen sind. Da die Summe
endlich vieler Polynomfunktionen eine Polynomfunktion ist, erhalten wir:
Die Hintereinanderausführung f ◦ g : Q → Q zweier Polynomfunktionen f : Q → Q
und g : Q → Q ist eine Polynomfunktion .
(37) Lösung von Aufgabe (37) :
ad (a) :
Das Polynom h ∈ Q[x] ist der Quotient und das Polynom r ∈ Q[x] ist der Rest, der
sich bei der polynomialen Division von f durch g ergibt.
Um die Schreibarbeit zu vereinfachen, notieren wir im folgenden ein Polynom
am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x1 + a0 x0 in der Form (am am−1 . . . a1 a0 ) .
Dann ist f = (+10 − 14 + 62 − 37 + 85 + 50) sowie g = (+5 − 7 + 11 + 6)
und die polynomiale Division von f durch g verläuft folgendermaßen :
(+10 −14 +62
±10 ∓14 ±22
+ 0 +40
± 0 ∓ 0
+40
±40
−37
±12
−49
± 0
−49
∓56
+ 7
+85 +50) : (+ 5 − 7 +11 + 6) = (+ 2 + 0 + 8)
+85
± 0
+85 +50
±88 ±48
− 3 + 2
Das bedeutet
10 x5 −14 x4 +62 x3 −37 x2 +85 x+50 = (5 x3 −7 x2 +11 x+6)·(2 x2 +8)+(7 x2 −3 x+2).
Da die Polynome h ∈ Q[x] und r ∈ Q[x] nach Satz 228 der Vorlesung durch die beiden
Bedingungen f = g·h + r und gr(r) < gr(g) eindeutig bestimmt sind, folgt daraus
• h = 2 x2 + 8
• r = 7 x2 − 3 x + 2 .
ad (b) :
Mit der in (a) eingeführten Notation ist
• f = (a5 a4 a3 a2 a1 a0 ) = (+10 − 14 + 62 − 37 + 85 + 50).
Setzen wir für eine beliebige Zahl c ∈ Q sukzessive
• f0 (c) := a5
• f1 (c) := f0 (c) c + a4
• f2 (c) := f1 (c) c + a3
• f3 (c) := f2 (c) c + a2
• f4 (c) := f3 (c) c + a1
• f5 (c) := f4 (c) c + a0 ,
dann ist nach Satz 127 der Vorlesung
• f5 (c) = f (c) .
Das folgt aus
• f (c) = a5 c5 + a4 c4 + a3 c3 + a2 c2 + a1 c + a0 =
= ((((a5 c + a4 ) c + a3 ) c + a2 ) c + a1 ) c + a0 .
Für c = 1/2 erhalten wir
• f0 (1/2) = 10
• f1 (1/2) = 10/2 − 14 = −18/2
• f2 (1/2) = −18/4 + 62 = 230/4
• f3 (1/2) = 230/8 − 37 = −66/8
• f4 (1/2) = −66/16 + 85 = 1294/16
• f5 (1/2) = 1294/32 + 50 = 2894/32 .
.
Also ist f (1/2) = f5 (1/2) = 2894/32 = 1447/16 = 91 − 9/16 .
In analoger Weise ist
• g 0 (1/2) = 5
• g 1 (1/2) = 5/2 − 7 = − 9/2
• g 2 (1/2) = − 9/4 + 11 = 35/4
• g 3 (1/2) = 35/8 + 6 = 83/8 .
Also ist g(1/2) = g 3 (1/2) = 83/8 = 10 + 3/8 .
(38) Lösung von Aufgabe (38) :
ad (a) :
Die komplexen Zahlen z ∈ C mit z n = 1 sind die in C liegenden Nullstellen des
Polynoms z n −1 ∈ C[z] . Wegen gr(z n −1) = n und wegen Satz 235 der Vorlesung
hat dieses Polynom höchstens n paarweise verschiedene Nullstellen in C . Also gibt es
höchstens n paarweise verschiedene komplexe Zahlen z mit z n = 1 .
Bemerkung 1 :
Tatsächlich gibt es für jedes n ≥ 1 genau n paarweise verschiedene komplexe Zahlen
z mit z n = 1 .
ad (b) :
Ist z 2 = (a + bi)2 = a2 + 2abi + b2 i2 = (a2 − b2 ) + 2abi = 1 , dann ist
• a2 − b 2 = 1
• ab = 0 .
Daraus folgt leicht
• a = + 1 oder a = − 1
• b = 0.
Also ist z = + 1 oder z = − 1 .
Da andererseits (+ 1)2 = (− 1)2 = 1 ist, sind
• z = +1
• z = −1
die komplexen Zahlen z mit z 2 = 1 .
Ist z 3 = (a + bi)3 = a3 + 3a2 bi + 3ab2 i2 + b3 i3 = (a3 − 3ab2 ) + (3a2 b − b3 ) i = 1 ,
dann ist
• a3 − 3ab2 = 1
• 3a2 b − b3 = 0 .
Wegen (3a2 − b2 ) b = 0 muß b = 0 oder 3a2 − b2 = 0 gelten.
Im Fall b = 0 ist a3 = 1 und damit z = a + bi = + 1 .
Im Fall 3a2 − b2 = 0 ist 3a2 = b2 und damit a3 − 9a3 = a3 − 3ab2 = 1 .
Wir erhalten a = (− 1/8)1/3 , woraus a = − 1/2√ folgt.
√
− 3/2 .
Daraus ergibt sich b2 = 3a2 = 3/4 ,√also b = + 3/2 oder b =√
Für b 6= 0 muß also z = − 1/2 + ( 3/2) i oder z = − 1/2 − ( 3/2) i sein.
√
√
Da andererseits (+1)3 = (− 1/2 + ( 3/2) i)3 = (− 1/2 − ( 3/2) i)3 = 1 ist, sind
• z = +1
√
• z = − 1/2 + (√3/2) i
• z = − 1/2 − ( 3/2) i
die komplexen Zahlen z mit z 3 = 1 .
Ist z 4 = (a + bi)4 = a4 + 4a3 bi + 6a2 b2 i2 + 4ab3 i3 + b4 i4 =
= (a4 − 6a2 b2 + b4 ) + (4a3 b − 4ab3 ) i = 1 , dann ist
• a4 − 6a2 b2 + b4 = 1
• 4a3 b − 4ab3 = 0 .
Wegen 4ab(a2 − b2 ) = 0 muß a = 0 oder b = 0 oder a2 − b2 = 0 gelten.
Im Fall a = 0 ist b4 = 1, also b = + 1 oder b = − 1 .
Im Fall b = 0 ist a4 = 1, also a = + 1 oder a = − 1 .
Im Fall a2 −b2 = 0 ist a2 = b2 und damit −4a4 = a4 −6a2 a2 +a4 = a4 −6a2 b2 +b4 = 1 ,
also a4 = − 1/4 . Da a reell sein soll, ist das nicht möglich.
Insgesamt folgt aus z 4 = (a + bi)4 = 1 somit
• z = + 1 + 0 i = + 1 oder
• z = − 1 + 0 i = − 1 oder
• z = + 0 + 1 i = + i oder
• z = +0 − 1i = −i.
Da andererseits (+ 1)4 = (− 1)4 = (+ i)4 = (− i)4 = 1 ist, sind das genau die
komplexen Zahlen z mit z 4 = 1 .
ad (c) :
Für z = a + bi ist z̄ = a − bi und darum z z̄ = (a + bi)(a − bi) = a2 − b2 i2 = a2 + b2 .
Also ist |z| = (a2 + b2 )1/2 = (z z̄)1/2 .
Für z1 = a1 + b1 i und z2 = a2 + b2 i ist
• |z1 |2 = a21 + b21
• |z2 |2 = a22 + b22
• z1 z2 = (a1 a2 − b1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 ) i
• |z1 z2 |2 = (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 .
Andererseits ist (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 = (a21 + b21 )(a22 + b22 ).
Also gilt
• |z1 z2 |2 = |z1 |2 |z2 |2 ,
woraus wegen |z1 |, |z2 |, |z1 z2 | ≥ 0 die Behauptung |z1 z2 | = |z1 ||z2 | folgt.
Für n ≥ 1 und z ∈ C ist |z n | = |z|n : Das ergibt sich aus der Beziehung |z1 z2 | =
|z1 ||z2 | durch Induktion über n. Ist außerdem z n = 1, dann ist |z|n = |z n | = |1| = 1.
Da |z| eine positive reelle Zahl ist, folgt |z| = 1.
ad (d) und (e) :
Für jeden Punkt (a, b) ∈ R2 ist nach dem Satz von Pythagoras die Zahl (a2 +b2 )1/2
der Abstand zwischen dem Nullpunkt (0, 0) und dem Punkt (a, b).
Also ist für z = a + bi ∈ C der Betrag |z| der Abstand zwischen dem Nullpunkt
0 = 0 + 0 i = (0, 0) und z.
Daraus und aus (c) folgt, daß für jedes n ≥ 1 alle komplexen Zahlen z ∈ C mit
z n = 1 auf dem Einheitskreis S1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1} liegen, sofern C mit R2
identifiziert wird.
ad (f) :
Bei einer Identifizierung von C mit R2 sind die drei komplexen Zahlen z1 , z2 , z3 mit
z13 = z23 = z33 = 1 die Eckpunkte eines gleichseitigen Dreiecks und die vier komplexen
Zahlen z1 , z2 , z3 , z4 mit z14 = z24 = z34 = z44 = 1 die Eckpunkte eines Quadrates.
Bemerkung 2 :
Nach Bemerkung 1 gibt es für jedes n ≥ 1 genau n paarweise verschiedene komplexe
Zahlen z1 , . . . , zn mit z1n = . . . = znn = 1. Im Falle von n ≥ 3 sind diese Zahlen
die Eckpunkte des regulären n-Ecks Dn , das durch folgende Eigenschaften eindeutig
bestimmt ist :
• Die Eckpunkte von Dn liegen alle auf dem Einheitskreis S1 .
• Ein Eckpunkt von Dn ist der Punkt (+ 1, 0).
Die n komplexen Zahlen z1 , . . . , zn mit z1n = . . . znn = 1 sind genau die komplexen
Nullstellen = Wurzeln des Polynoms z n − 1 ∈ C[z]. Man nennt sie daher die n-ten
Einheitswurzeln.
(39) Lösung von Aufgabe (39) :
(A) Das charakteristische Polynom der Matrix M ist das Polynom
z − 5 −11
χM (z) = det(zI2 − M ) = det
= (z − 5)(z + 3) − (−11)(−3) ,
−3 z + 3
also das Polynom z 2 − 2z − 48 ∈ R[z] .
Dieses Polynom hat die Nullstellen
√
• c1 = 1 + 1 + 48 = 1 + 7 = + 8 ∈ R
√
• c2 = 1 − 1 + 48 = 1 − 7 = − 6 ∈ R .
Also sind c1 = 8 und c2 = − 6 die Eigenwerte der Matrix M .
Ist i = 1 oder 2, so ist der Eigenraum von M zum Eigenwert ci der Untervektorraum
E(M, ci ) = {x ∈ R 2×1 | M x = ci x} = L(ci I2 − M, 0) ≤ R 2×1 ,
also der Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems (ci I2 − M ) x = 0 .
Es ist
8 − 5 − 11
+ 3 − 11
(c1 I2 − M ) = (8 I2 − M ) =
=
,
−3 8 + 3
− 3 + 11
woraus durch Anwendung des Gauss-Algorithmus folgt
11
E(M, c1 ) = E(M, 8) = L(8 I2 − M, 0) = R
.
3
Ebenso ist
(c2 I2 − M ) = (− 6 I2 − M ) =
− 6 − 5 − 11
−3
−6 + 3
=
− 11 − 11
,
−3 −3
woraus folgt
+1
E(M, c2 ) = E(M, − 6) = L(− 6 I2 − M, 0) = R
.
−1
Insbesondere ist
• x1 = (11, 3)T ∈ R 2×1 ein Eigenvektor von M zum Eigenwert c1 = + 8
• x2 = (1, − 1)T ∈ R 2×1 ein Eigenvektor von M zum Eigenwert c2 = − 6.
Tatsächlich gilt
• M x 1 = + 8 x 1 = c1 x 1
• M x 2 = − 6 x 2 = c2 x 2 .
Da die Vektoren x1 ∈ R 2×1 und x2 ∈ R 2×1 linear unabhängig über R sind (Beweis !),
bilden sie eine R-Basis des R-Vektorraumes R 2×1 .
(B) Das charakteristische Polynom der Matrix N ist das Polynom


z−2
0
−4
0 ,
χN (z) = det(zI3 − N ) = det  + 3 z + 3
−6
0
z−4
also das Polynom ((z − 2)(z − 4) − (−4)(−6))(z + 3) = (z 2 − 6z − 16)(z + 3) ∈ R[z] .
Dieses Polynom hat die Nullstellen
√
• c1 = 3 + 9 + 16 = 3 + 5 = + 8 ∈ R
√
• c2 = 3 − 9 + 16 = 3 − 5 = − 2 ∈ R
• c3 = − 3 ∈ R .
Also sind c1 = + 8, c2 = − 2, c3 = − 3 die Eigenwerte der Matrix N .
Ist i = 1 oder 2 oder 3, so ist der Eigenraum von N zum Eigenwert ci der Untervektorraum
E(N, ci ) = {x ∈ R 3×1 | N x = ci x} = L(ci I3 − N, 0) ≤ R 3×1 ,
also der Lösungsraum des homogenen linearen Gleichungssystems (ci I3 − N ) x = 0 .
Es ist

 

8−2
0
−4
+6 0 −4
0  =  + 3 11 0  ,
(c1 I3 − N ) = (8 I2 − M ) =  + 3 8 + 3
−6
0
8−4
−6 0 +4
woraus durch Anwendung des Gauss-Algorithmus folgt


22
E(N, c1 ) = E(N, 8) = L(8 I3 − N, 0) = R  −6  .
33
Ebenso ist




−2 − 2
0
−4
+4 0 +4
−2 + 3
0  = − − 3 − 1 0  ,
(c2 I3 − N ) = (− 2 I3 − N ) =  + 3
−6
0
−2 − 4
+6 0 +6
woraus folgt


+1
E(N, c2 ) = E(N, − 2) = L(− 2 I3 − N, 0) = R  − 3  .
−1
Schließlich gilt




−3 − 2
0
−4
+5 0 +4
−3 + 3
0  = − − 3 0 0  ,
(c3 I3 − N ) = (− 3 I3 − N ) =  + 3
−6
0
−3 − 4
+6 0 +7
woraus folgt
 
0

E(N, c3 ) = E(N, − 3) = L(− 3 I3 − N, 0) = R 1  .
0
Insbesondere ist
• x1 = (22, − 6, 33)T ∈ R 3×1 ein Eigenvektor von N zum Eigenwert c1 = + 8
• x2 = (+ 1, − 3, − 1)T ∈ R 3×1 ein Eigenvektor von N zum Eigenwert c2 = − 2
• x3 = (0, + 1, 0)T
∈ R 3×1 ein Eigenvektor von N zum Eigenwert c3 = − 3 .
Tatsächlich gilt
• N x 1 = + 8 x 1 = c1 x 1
• N x 2 = − 2 x 2 = c2 x 2
• N x 3 = − 3 x 3 = c3 x 3 .
Da die Vektoren x1 , x2 , x3 ∈ R 3×1 linear unabhängig über R sind (Beweis !), bilden sie
eine R-Basis des R-Vektorraumes R 3×1 .
(40) Lösung von Aufgabe (40) :
ad (a) :
Ist ϕ ∈ [0, 2π[ , dann gilt für das charakteristische Polynom χϕ (z) der Matrix D(ϕ) :
z − cos(ϕ) + sin(ϕ)
χϕ (z) = det
= z 2 − 2 cos(ϕ) z + cos(ϕ)2 + sin(ϕ)2 .
− sin(ϕ) z − cos(ϕ)
Wegen cos(ϕ)2 + sin(ϕ)2 = 1 ist folglich
• χϕ (z) = z 2 − 2 cos(ϕ) z + 1 ∈ R[z] ⊆ C[z].
Die in C liegenden Nullstellen dieses Polynoms sind
• cϕ = cos(ϕ) + i sin(ϕ)
• c̄ϕ = cos(ϕ) − i sin(ϕ).
Für ein beliebiges ϕ ∈ [0, 2π[ gilt folglich die Aequivalenz
cϕ ∈ R und c̄ϕ ∈ R ⇐⇒ sin(ϕ) = 0 ⇐⇒ ϕ = 0 oder ϕ = π.
Also hat die Matrix D(ϕ) genau dann reelle Eigenwerte, wenn ϕ = 0 oder ϕ = π ist.
Für alle anderen ϕ ∈ [0, 2π[ sind die Eigenwerte von D(ϕ) zwei zueinander konjugierte nicht-reelle komplexe Zahlen.
ad (b) :
Nach (a) gilt für die charakteristischen Polynome und für die Eigenwerte der Matrizen
+1 0
0 −1
−1 0
D(0) =
,
D(π/2) =
,
D(π) =
:
0 +1
+1 0
0 −1
•
•
•
•
•
•
χ0 (z) = z 2 − 2z + 1
χπ/2 (z) = z 2 + 1
χπ (z) = z 2 + 2z + 1
c0 = c̄0 = + 1
cπ/2 = + i und c̄π/2 = − i
cπ = c̄π = − 1 .
Daraus ergibt sich für die entsprechenden Eigenräume :
• Der Eigenraum E(D(0), c0 ) = E(D(0), c̄0 ) = E(D(0), + 1) ⊆ C2 der Matrix D(0)
zu ihrem einzigen Eigenwert + 1 ist der Lösungsraum der Matrix
+1 − 1
0
0 0
=
.
0
+1 − 1
0 0
Folglich ist E(D(0), + 1) = C2 .
• Der Eigenraum E(D(π/2), cπ/2 ) = E(D(π/2), + i) ⊆ C2 der Matrix D(π/2) zu
ihrem Eigenwert + i ist der Lösungsraum der Matrix
+i +1
,
−1 +i
die man durch elementare Zeilenoperationen überführen kann in
+1 −i
.
0
0
Folglich ist E(D(π/2), + i) = C(+ i, + 1)T = C(+ 1, − i)T .
• Der Eigenraum E(D(π/2), c̄π/2 ) = E(D(π/2), − i) ⊆ C2 der Matrix D(π/2) zu
ihrem Eigenwert − i ist der Lösungsraum der Matrix
−i +1
,
−1 −i
die man durch elementare Zeilenoperationen überführen kann in
+1 +i
.
0
0
Folglich ist E(D(π/2), − i) = C(− i, + 1)T = C(+ 1, + i)T .
• Der Eigenraum E(D(π), cπ ) = E(D(π), c̄π ) = E(D(π), − 1) ⊆ C2 der Matrix D(π)
zu ihrem einzigen Eigenwert − 1 ist der Lösungsraum der Matrix
−1 + 1
0
0 0
=
.
0
−1 + 1
0 0
Folglich ist E(D(π), − 1) = C2 .