Mathematik für die Chemie I 13. Übung

Prof. Dr. M. Chipot
Institut für Mathematik
Universität Zürich
Mathematik für die Chemie I 13. Übung
Abgabe: Montag, den 17.12.2012
Es sei: f : [0, 2π] → R, x 7→ f (x) := x. Finde a0 , ak und bk so, dass das
Aufgabe 1
Polynom
p(x) = a0 +
n
X
ak cos(kx) +
k=1
R 2π
n
X
bk sin(kx)
k=1
p(s))2 ds
das Integral 0 (f (s) −
minimiert.
Lösung Nach Satz 7.4 wissen wir dass
Z
1
a0 =
2π
und
1
ak =
π
Z
1
π
Z
bk =
2π
f (s)ds
0
2π
f (s) cos(ks)ds
0
2π
f (s) sin(ks)ds.
0
2π
1 s2 2π
=π
2π 2 0
0
Z
Z
1 s sin(ks) 2π 1 2π
1 2π
ak =
s cos(ks)ds = {
−
sin(ks)}
0
π 0
π
k
k 0
2π
1 2π sin(2πk)
1
1 1
= {
+ 2 cos(ks)0 } = ( 2 (cos(2πk) − cos(0))) = 0,
π
k
k
π k
1
⇒ a0 =
2π
und
Z
sds =
Z
1
s cos(ks) 2π 1 2π
s sin(ks)ds = {−
+
cos(ks)}
0
π
k
k 0
0
2π
1
2π cos(2πk)
1
2π
1
2
= {−
+ 2 sin(ks)0 } = −
+ 2 (sin(2πk) − sin(0)) = − .
π
k
k
kπ k
k
1
bk =
π
Z
2π
Aufgabe 2
Es sei z ∈ C. Berechne folgende komplexen Zahlen. Schreibe die Ergebnisse
in der Form a + bi mit a, b ∈ R.
√
(a) z = 2 −1 − i
√
(b) z = 3 −8
Lösung
(a) Wir suchen x, y ∈ R so, dass die Folgende Gleichung erfüllt ist.
(x + iy)2 = −1 − i
(
q√
x2 − y 2 = −1
2−1
⇔
. Wir lösen das Gleichungssystem und bekommen x = ±
2
2xy = −1
q
2
und y = ∓ 21 √2−1
.
√
(b) z = 3 −8 Wir schreiben z in der trigonometrischen Form mit z = 8(cos π + i sin π).
Dann ist die n-te Wurzel von z gegeben durch
p
π + 2kπ
π + 2kπ
3
|z| cos(
) + i sin(
) k = 0, 1, 2.
3
3
Also wir erhalten
z1 =
Aufgabe 3
√
3
√
π
π
π
π
8(cos( ) + i sin( ) = 2(cos( ) + i sin( )) = 1 + i 3
3
3
3
3
√
3
z2 = 8(cos π + i sin π) = −2
p
√
5π
5π
3
z3 8(cos( ) + i sin( )) = 1 − i (3)
3
3
Zeige, dass es keine komplexe Zahl mit |z| − z = i gibt.
Lösung Wir führen hier einen Widerspruchsbeweis. Angenommen es gäbe eine komplexe Zahl
z so dass |z| − z = ip
gilt. Dann |z| = Re(z) − i(Im(z) + 1). Wegen |z| ∈ R muss Im(z) = −1
gelten. Es folgt also (Re(z)2 + 1 = |z| = Re(z). Quadrieren wir beide Seiten erhalten 1 = 0,
was nicht sein kann.
Aufgabe 4
Finde z ∈ C mit
(a) Re(z 2 ) + iIm(z(1 + 2i)) = −3
(b) Im((2 − i)z) = 1.
Lösung Sei z = a + bi mit a, b ∈ R.
(a) Wir setzen z 2 = a2 − b2 + 2iab und z(1 + 2i) = (a − ib)(1 + 2i) = a + 2b + i(2a − b) in
die Gleichung ein und erhalten
a2 − b2 + i(2a − b) = −3.
Daraus folgt, dass 2a − b = 0 und a2 − b2 = −3. Wir lösen das Gleichungssystem und
bekommen zwei Lösungen z1 = 1 + 2i und z2 = −1 − 2i.
(b) Wegen (2 − i)(a + ib) = 2a + b + i(2b − a) folgt 2b − a = 1. Also alle Zahlen auf der
Gerade x − 2y + 1 = 0 sind Lösungen.