Musterlösung 5

Prof. Dr. Viktor Schroeder
Lineare Algebra für die Naturwissenschaften
Herbstsemester 2016, Universität Zürich
Musterlösung 5
Lineare Algebra für die Naturwissenschaften
Aufgabe 1
Berechnen Sie den Real- und Imaginärteil der folgenden komplexen Zahlen:
2
(a) (3 − i) + 2i (b)
i−2
1 + 2i
(c)
1
2
+ 12 i 3 − 2i
−
2+i
4 + 2i
(d)
1+
1−
5−i
4−i
1−i
1+i
Lösung:
(a) (3 − i)2 + 2i = 9 − 6i + i2 + 2i = 9 − 4i − 1 = 8 − 4i
(b)
(c)
(d)
i−2
(i − 2)(1 − 2i)
i − 2 − 2i2 + 4i
5i
=
=
=
=i
1 + 2i
(1 + 2i)(1 − 2i)
1+4
5
1
2
+ 12 i 3 − 2i 1 + i
3 − 2i
−2 + 3i
(−2 + 3i)(4 − 2i)
−2 + 16i
−
=
−
=
=
=
2+i
4 + 2i 4 + 2i 4 + 2i
4 + 2i
(4 + 2i)(4 − 2i)
20
−1 4
+ i
=
10
5
1+
1−
5−i
4−i
1−i
1+i
1+
=
1−
(5−i)(4+i)
(4−i)(4+i)
(1−i)2
(1+i)(1−i)
=
38+i
1 + 21+i
(1 − i)
1 39 − 37i
39 37
17
17
= ·
=
− i
=
−2i
(1 + i)(1 − i)
2
17
34 34
1− 2
Aufgabe 2
(a) Berechnen Sie | 5+2i
|.
3−i
(1 Pt.)
(b) Geben
Sie z = 1 − i in Polarkoordinaten an und bestimmen Sie alle möglichen Werte
√
4
von z.
(1 Pt.)
(c) Geben Sie √
z =
Werte von 3 z.
√
3 + i in Polarkoordinaten an und bestimmen Sie alle möglichen
(1 Pt.)
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(d) Bestimmen Sie alle Nullstellen von z 3 + 2.
(1 Pt.)
Lösung:
s 2 2 r
5 + 2i (5 + 2i)(3 + i) 13 + 11i 13
11
29
=
=
=
(a) +
=
3−i
(3 − i)(3 + i)
10
10
10
10
p
√
(b) Wir bestimmen |z| = (1 − i)(1 + i) = 2. Es ist leicht zu sehen, dass der Winkel
zwischen (1, 0) ∈ R2 und (1, −1) ∈ R2 im Bogenmass 7π
beträgt. Somit ist z in
4
√
7π
Polarkoordinaten von der Form z = 2 · e( 4 ).
√ 1
√
√
Aus der Vorlesung wissen wir, dass 4 z von der Form 4 z = 2 4 · e( 7π
· 14 + 2jπ
)=
4
4
√
8
jπ
7π
2 · e( 16 + 2 ) ist, wobei j = 0, 1, 2 oder 3.
q√
√
√
(c) Wir bestimmen |z| = ( 3 + i)( 3 − i) = 4 = 2. Wir müssen den Winkel zwi√
√
schen (1, 0) ∈ R2 und ( 3, 1) ∈ R2 bestimmen. Es ist ( 3, 1) = (2 cos( π6 ), 2 sin( π6 )),
und somit ist der Winkel im Bogenmass gleich π6 . Dann ist z in Polarkoordinaten von
der Form z = 2 · e( π6 ).
√
√
1
Wie in (b) können wir folgern, dass 3 z von der Form 3 z = 2 3 · e( π6 · 31 + 2jπ
)=
3
√
3
2jπ
π
2 · e( 18 + 3 ) ist, wobei j = 0, 1 oder 2.
√
(d) Wir müssen z 3 = −2 lösen, d.h. wir müssen alle Werte von 3 −2 bestimmen. In
Polarkoordinaten ist −2 gegeben
√ durch√2 · e(π). Wie bei (b) und (c) sind dann die
) mit j = 0, 1 oder 2.
dritten Wurzeln von der Form 3 −2 = 3 2 · e( π3 + 2jπ
3
Aufgabe 3
Bestimmen Sie alle Nullstellen der folgenden Polynome:
(a)
1
(1
4
+ i)z 2 − iz − 1
(2 Pt.)
(b) z 3 − 3z 2 + z + 5
(2 Pt.)
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Lösung:
(a) Zuerst skalieren wir den Faktor vor z 2 , um anschliessend eine quadratische Ergänzung
durchführen zu können:
1
(1 + i)z 2 − iz − 1 = 0 ⇐⇒ z 2 − (2 + 2i)z − 2 + 2i = 0
4
(2 + 2i)2 (2 + 2i)2
⇐⇒ z 2 − (2 + 2i)z +
−
− 2 + 2i = 0
4
4
2 + 2i 2
⇐⇒ (z −
) − (1 + i)2 − 2 + 2i = 0
2
2 + 2i 2
) − 2i − 2 + 2i = 0
⇐⇒ (z −
2
⇐⇒ (z − (1 + i))2 − 2 = 0
Laut Vorlesung sind nun die Nullstellen von der Form x1 = 1+i+w1 , x2 = 1+i+w2 ,
wobei w1 , w2 die Wurzeln von 2 sind. Die Nullstellen sind also
√
√
x1 = 1 + 2 + i,
x2 = 1 − 2 + i.
(b) Wir wollen z 3 − 3z 2 + z + 5 = 0 lösen. Wenn das Polynom eine ganzzahlige Nullstelle
hat, dann muss diese ein Teiler von 5 sein; es kommen also nur ±1 und ±5 infrage.
Durch Einsetzen erhalten wir (−1)3 − 3(−1)2 + (−1) + 5 = 0. Anschliessend machen
wir eine Polynomdivision:
(
z 3 − 3z 2 + z + 5) : (z + 1) = z 2 − 4z + 5
− z3 − z2
− 4z 2 + z
4z 2 + 4z
5z + 5
− 5z − 5
0
Nun müssen wir z 2 − 4z + 5 = 0 lösen. Wir machen dies mit Hilfe der quadratischen
Ergänzung:
z 2 − 4z + 5 = 0 ⇐⇒ z 2 − 4z + 4 − 4 + 5 = 0 ⇐⇒ (z − 2)2 + 1 = 0
Wieder laut Vorlesung sind die Nullstellen von der Form x1 = 2 + w1 , x2 = 2 + w2 ,
wobei w1 , w2 die Wurzeln von −1 sind. Wir erhalten somit
x1 = 2 + i,
x2 = 2 − i.
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Aufgabe 4
Skizzieren Sie die folgenden Mengen in der komplexen Ebene:
(a) M1 = {z ∈ C : |z − i − 2| ≤ |i + z|}
(b) M2 = {z = r · e(ϕ) ∈ C :
π
4
≤ϕ≤
(2 Pt.)
3π
,r
4
≥ 1} ∩ {z ∈ C : |z + 1 − i| ≥ 1}.
(2 Pt.)
Lösung:
(a) Wir bestimmen zunächst die Menge aller Zahlen z ∈ C, die die Gleichung |z −i−2| =
|i + z| erfüllen, da diese Menge den Rand von M1 bildet:
|z − i − 2| = |i + z| ⇐⇒ |z − i − 2|2 = |i + z|2
⇐⇒ (z − i − 2)(z̄ + i − 2) = (i + z)(−i + z̄)
⇐⇒ 2(iz − iz̄ − z̄ − z + 2) = 0
⇐⇒ i (z − z̄) − (z + z̄) = −2
| {z } | {z }
2iIm(z)
2Re(z)
⇐⇒ Re(z) + Im(z) = 1
Man kann leicht sehen, dass das einer Gerade im R2 von der Form y = 1−x entspricht
(also z = x + iy mit y = 1 − x). Da i + 2 ∈ M1 und i + 2 oberhalb der Gerade liegt,
besteht M1 aus allen Punkt auf oder oberhalb dieser Geraden.
Skizze:
4i
3i
2i
i+2
i
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
−i
−2i
−3i
(b) Aus der Polarkoordinatenschreibweise folgt sofort, dass {z = r · e(ϕ) ∈ C :
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π
4
≤ϕ≤
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3π
,r
4
≥ 1} die Menge der Punkte ist, die mit (1, 0) ∈ R2 einen orientierten Winkel
einschliessen sowie mindestens Abstand 1 vom Punkt 0 haben
zwischen π4 und 3π
4
(also ausserhalb des Einheitskreises liegen).
Der Betrag | · | entspricht gerade der Norm des Vektors (wenn wir Elemente von C
als Punkte im R2 auffassen). Das heisst: |z + 1 − i| enspricht gerade dem Abstand
von z zu i − 1 (im R2 ). Somit sind z ∈ C mit |z + 1 − i| = 1 genau die Punkte
auf dem Einheitskreis (Kreis mit Radius 1) um i − 1, und folglich sind z ∈ C mit
|z + 1 − i| ≥ 1 genau die Punkte auf oder ausserhalbs des Einheitskreises um i − 1.
Skizze:
4i
3i
2i
i−1
i
−4
−3
−2
−1
0
−i
−2i
−3i
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