Lösungen zu Blatt 8 - Institut fuer Mathematik - Humboldt

Humboldt-Universität zu Berlin, Institut für Mathematik
Mathematik 1 (Differential- und Integralrechnung)
Dr. Caroline Löbhard
Wintersemester 2015/16, Lösungsvorschläge zu Blatt 8, ohne Gewähr, Seite 1 von 4
Aufgabe 8.1. Mit der Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion aus Satz 5.13 berechnet man
1
1
=
.
− arccos0 (x) = − 0
cos (arccos(x))
sin(arccos(x))
p
Nun setzt man y = arccos(x) und ersetzt sin(y) = 1 − (cos(y))2 . Somit ist
1
1
1
1
− arccos0 (x) =
.
=p
=p
=√
2
2
sin(y)
1 − x2
1 − (cos(y))
1 − (cos(arccos(x)))
Mit tan0 (x) =
1
(cos(x))2
ergibt sich analog für die Ableitung der Funktion arctan
1
arctan0 (x) =
= (cos(arctan(x)))2 .
0
tan (arctan(x))
Jetzt setzt man y = arctan(x) und ersetzt cos(y) durch tan(y) wie folgt: Zunächst benutzt man die
p
Definition des Tangens und berechnet
1 − (cos(y))2
sin(y)
=
.
tan(y) =
cos(y)
cos(y)
Diese Gleichung löst man nach cos(y) auf,
p
1 − (cos(y))2
⇒
tan(y) =
cos(y)
(tan(y))2 (cos(y))2 = 1 − (cos(y))2
⇒ ((tan(y))2 + 1)(cos(y))2 = 1
⇒
cos(y)2 =
1
.
1 + (tan(y))2
Diesen Ausdruck setzt man oben ein und erhält (wegen tan(y) = tan(arctan(x)) = x)
1
1
=
.
arctan0 (x) = (cos(arctan(x)))2 =
1 + (tan(y))2
1 + x2
Mit den hyperbolischen Funktionen verfährt man analog: Wegen Bemerkung 5.11 ist
1
1
.
arccosh0 (x) =
=
0
sinh(arccosh(x))
cosh (arccosh(x))
Jetzt setzt man y = arccosh(x) und benutzt die Hyperbelgleichung aus Bemerkung 5.10 (vgl. Aufgabe 7.2c)) um sinh(y) durch cosh(y) zu ersetzen,
p
(cosh(y))2 − (sinh(y))2 = 1 ⇒ sinh(y) = (cosh(y))2 − 1.
Damit bekommt man
arccosh0 (x) =
1
1
1
.
=p
=√
2
2
sinh(y)
x −1
(cosh(y)) − 1
Für die Ableitung von arcsinh erhält man zunächst
1
1
arcsinh0 (x) =
=
.
0
cosh(arcsinh(x))
sinh (arcsinh(x))
Man setzt wieder y = arcsinh(x) und benutzt die Hyperbelgleichung um cosh(y) durch sinh(y) zu
ersetzen,
p
(cosh(y))2 − (sinh(y))2 = 1 ⇒ cosh(y) = 1 + (sinh(y))2 .
Damit bekommt man
arcsinh0 (x) =
1
1
1
=p
=√
.
2
cosh(y)
1 + x2
1 + (sinh(y))
Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 1
Humboldt-Universität zu Berlin, Institut für Mathematik
Mathematik 1 (Differential- und Integralrechnung)
Dr. Caroline Löbhard
Wintersemester 2015/16, Lösungsvorschläge zu Blatt 8, ohne Gewähr, Seite 2 von 4
Aufgabe 8.2.
a) Man berechnet zunächst die arithmetischen Darstellungen der angegebenen komplezen Zahlen,
2
1 2
1
1
2 4
2i
a= i+ −2 = +
i = − i,
−
3
2
3
2
3 3
2 3
b =(1 + 2i)(2 − i) = 1 · 2 − 2 · (−1) + (2 · 2 − 1 · 1)i = 4 + 3i,
2−i
2−1
(2 − i)(−i + 1)
c =(1 + 2i)2 − 3
= 12 + 2 · 2i + (2i)2 −
= 1 − 4 + 4i −
i −1
−i − 1
(−i − 1)(−i + 1)
1 − 3i
5 5
= −3 + 4i −
= − + i,
−2
2 2
1 iπ/4 iπ/2 1 i(π/4+π/2) 1 3iπ/4
1
1
d= e
e
= e
= e
= − √ + √ i,
2
2
2
2 2 2 2
1
1
iπ/4
iπ/4 iπ/2
i(π/4+π/2)
e =e
i=e
e
=e
= − √ + √ i,
2
2
√
iπ
e
f = iπ 2 = eiπ/2 e−2iπ = e−3iπ/2 = i.
(e )
Damit ist
s 2
1
2
1 2
1 2
2
5
Re(a) = ,
Im(a) = − ,
ā = + i,
|a| =
+ −
= ,
2
3
2 3
2
3
6
p
Re(b) = 4,
Im(b) = 3,
b̄ = 4 − 3i,
|b| = 42 + 32 = 5,
s 2 √
5
1
5 1
1
5 2
26
Re(c) = − ,
Im(c) = ,
c̄ = − − i,
|c| =
+
=
,
−
2
2
2 2
2
2
2
s
2 2
1
1
1
1
1
1
1
¯
√
Re(d) = − √ , Im(d) = √ , d = − √ − √ i, |d| =
+
= ,
− √
2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
s
1
1
1
1
1 2
1 2
Im(e) = √ ,
ē = − √ − √ i,
|e| =
−√
+ √
= 1,
Re(e) = − √ ,
2
2
2
2
2
2
Re(f ) = 0,
Im(f ) = 1,
f¯ = −i,
|f | = 1.
Alternativ kann man die komplex Konjugierten und Beträge von d, e und f auch aus deren
Polardarstellung berechnen, denn für eine komplexe Zahl z = reiα ist |z| = r und z̄ = rei(2π−α) .
b) Für d, e und f kann man die entsprechenden Zwischenergebnisse aus a) benutzen, bei der Winkelberechnung für f wird der Winkel −3π/2 in das Intervall [0, 2π[ verschoben, indem man mit
1 = e2iπ multipliziert:
1
mit r = , α = 3π/4,
2
mit r = 1, α = 3π/4,
1
d = e3iπ/4 = reiα ,
2
e =ei(3π/4) = reiα ,
f =ei(−3π/2) = e−3iπ/2 e2iπ = ei(2−3/2)π = reiα ,
2
2
0
mit r = 1, α = π/2,
iα
g =(1 − i)(1 + i) = 1 − i = 1 + 1 = 2 = 2e = re ,
mit r = 2, α = 0.
Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 1
Humboldt-Universität zu Berlin, Institut für Mathematik
Mathematik 1 (Differential- und Integralrechnung)
Dr. Caroline Löbhard
Wintersemester 2015/16, Lösungsvorschläge zu Blatt 8, ohne Gewähr, Seite 3 von 4
Aufgabe 8.3. In dieser Aufgabe benutzt man Satz 6.16 um alle Lösungen in C zu bestimmen. Diejenigen komplexen Lösungen, die tatsächlich in R liegen, sind dann die Lösungen in R.
0+0
a) Die Gleichung z 2 = 1 besitzt in C nach Satz 6.16 genau zwei Lösungen, nämlich z0 = 1 (= ei 2 )
0+2π
und z1 = −1 (= ei 2 = eiπ ). Da beide Lösungen in R liegen, besitzt die Gleichung auch in R
die Lösungen z0 = 1, z1 = −1.
b) Die Gleichung z 2 = −1 besitzt in C besitzt sie die beiden Lösungen z0 = i (= ei
π+2π
(= ei 2 ). In R besitzt sie keine Lösung,
π+0
2
) und z1 = −i
c) In C besitzt sie nach Satz 6.16 genau 8 Lösungen, und zwar, mit −16 = 16eiπ und
zk =
√
2ei
π+2kπ
8
√
8
16 =
√
2,
für k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.
Da keine dieser Lösungen in R liegt, ist die Gleichung in R nicht lösbar.
√
d) Wegen 4 16 = 2 und 16 = 16e0 sind die komplexen Lösungen der Gleichung
0
z0 = 2ei 4 = 2,
z1 = 2ei
0+2π
4
π
z2 = 2ei
= 2e 2 = 2i,
0+4π
4
= 2eπ = −2,
z3 = 2ei
0+6π
4
= 2e
3π
2
= −2i.
Die reellen Lösungen sind z0 und z2 .
e) Es ist z 2 + 2z + 1 = (z + 1)2 . Man setzt zunächst y = z + 1 und löst die Gleichung y 2 = 1. Das
liefert nach a) die komplexen Lösungen y0 = 1, y1 = −1. Daraus berechnet man die komplexen
Lösungen z0 = y0 − 1 = 0 und z1 = y1 − 1 = −2. Weil z0 und z1 reelle Zahlen sind, sind das auch
die beiden reellen Lösungen.
f) Es ist z 2 + z + 1 = (z + 21 )2 + 34 . Man setzt zunächst y = z +
√
Das liefert die komplexen Lösungen y0 =
1
2
√
3
2 i
√
1
2
und löst die Gleichung y 2 = − 43 .
3
3
Daraus berechnet
2 i, y1 = − 2 i (vgl. b)).
√
3
1
1
1
2 und z1 = y1 − 2 = − 2 i − 2 . Weil z0 und
−
komplexen Lösungen z0 = y0 − =
reellen Zahlen sind, besitzt die Gleichung keine reellen Lösungen.
Lösungen zu a) in rot, b) in blau, c) in grün, d) orange
Im
2i
i
i
1
2 Re
z1 keine
Lösungen zu e) in rot, f) in grün,
Im
2i
−1
man die
−1
1
−i
−i
−2i
−2i
2 Re
Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 1
Humboldt-Universität zu Berlin, Institut für Mathematik
Mathematik 1 (Differential- und Integralrechnung)
Dr. Caroline Löbhard
Wintersemester 2015/16, Lösungsvorschläge zu Blatt 8, ohne Gewähr, Seite 4 von 4
Aufgabe 8.4. Die Funktion f : R → R gebe den Abstand f (t) eines Objekts von einem fixierten
Punkt zum Zeitpunkt t ∈ R an. Die Ableitung f 0 (t) ist dann die Geschwindigkeit des Objekts zum
Zeitpunkt t, die zweite Ableitung f 00 (t) ist die Beschleunigung. Ist das Objekt beispielsweise durch
eine (perfekte) Feder mit dem fixierten Punkt verbunden, so hängt die Beschleunigung f 00 (t) von der
Ausdehnung der Feder ab, und es gilt zum Beispiel
f 00 (t) = −f (t).
a) Man leitet zweimal ab: Für f = cos ist f 0 (t) = − sin(t) und f 00 (t) = − cos(t) = −f (t), analog für
f = sin – f 0 (t) = cos(t) und f 00 (t) = − sin(t) = −f (t). Damit ist die Gleichung in beiden Fällen
erfüllt.
b) Die konstante Nullfunktion f : R → R, f (t) = 0 löst die Gleichung und erfüllt die angegebenen
Bedingungen f (0) = 0 und f 0 (0) = 0. Die Bedingung f (0) = 0 bedeuted, dass das Objekt
zum Zeitpunkt t = 0 den Abstand 0 zum fixierten Punkt hat, d.h. es befindet sich genau in
diesem Punkt. Die Bedingung f 0 (0) = 0 bedeuted, dass das Objekt zum Zeitpunkt t = 0 die
Geschwindigkeit 0 hat, d.h. es bewegt sich nicht.
c) Wir betrachten nun die Lösung f = cos der Gleichung.
Zum Zeitpunkt t = 0 hat das Objekt den Abstand cos(0) = 1 vom fixierten Punkt (d.h. es ist
eine Einheit rechts vom Punkt) und die Geschwindigkeit f 0 (0) = − sin(0) = 0. Zum Zeitpunkt
t = π hat das Objekt den Abstand cos(π) = −1 vom fixierten Punkt (d.h. es ist eine Einheit
links vom Punkt) und die Geschwindigkeit f 0 (π) = − sin(π) = 0.
d) Die Bewegung des Objekts kann man als Realteil einer Kreisbewegung in der komplexen Zahlenebene auffassen. Die Funktion g : R → C mit
g(t) = cos(t) + i sin(t)
erfüllt die beiden Bedingungen nach Definitionen 6.1, 6.8 und Satz 6.9(ii) der Vorlesung:
Re(g(t)) = cos(t)
und
g(R) = {cos(t) + i sin(t) | t ∈ R} = {z ∈ C | |z| = 1}.
e) Wir benutzen die Euler’sche Formel (Satz 6.11) und die Potenzrechengesetze,
g(t1 + t2 ) = cos(t1 + t2 ) + i sin(t1 + t2 ) = ei(t1 +t2 ) = eit1 eit2
=(cos(t1 ) + i sin(t1 ))(cos(t2 ) + i sin(t2 )) = g(t1 ) · g(t2 ).
f) Nach Definition von g ist cos(t1 + t2 ) = Re(g(t1 + t2 )). Man bestimmt als die arithmetische
Darstellung von g(t1 + t2 ):
g(t1 + t2 ) = g(t1 )g(t2 ) = (cos(t1 ) + i sin(t1 ))(cos(t2 ) + i sin(t2 ))
= cos(t1 ) cos(t2 ) − sin(t1 ) sin(t2 ) + (cos(t1 ) sin(t2 ) + sin(t1 ) cos(t2 ))i
Also ist
cos(t1 + t2 ) = Re(g(t1 + t2 )) = cos(t1 ) cos(t2 ) − sin(t1 ) sin(t2 ).
Informationen zur Vorlesung finden Sie unter www.math.hu-berlin.de/˜loebhard/mathematik 1