Lösung

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
Dr. M. Prähofer
Grundzüge der Höheren Mathematik 1
für Lehramt an Beruichen Schulen
MA9951
Wintersemester
2016/17
Lösungsblatt 4
http://www-m5.ma.tum.de/Allgemeines/MA9951_2016W
(15.11.2016)
Präsenzaufgaben
P4.1. Operationen mit komplexen Zahlen
Stellen Sie die folgenden komplexen Zahlen jeweils in der Normalform a + ib mit a, b ∈ R
dar und geben Sie jeweils Real-, Imaginärteil und den Betrag an.
(a) i(1 + i),
(e)
(c) (1 + i)(1 − i),
(b) (1 + i)2 ,
1
,
i
(f)
1
,
1+i
(g)
1
4−3i
5
,
(d) i101 ,
(h)
1
1
+
.
2−i 2+i
Lösung:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
i(1 + i) = i + i2 = −1 + i,
(1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i,
(1 + i)(1 − i) = 1 − i2 = 2,
i101 = i4·25 i = (i4 )25 i = i,
−i
−i
1
i = i(−i) = 1 = −i,
(f)
1
1+i
(g)
(h)
1
4−3i
5
1
2−i
1−i
1
i
1−i
(1+i)(1−i) = 2 = 2 − 2 ,
5(4+3i)
= (4−3i)(4+3i)
= 5(4+3i)
= 45
25
=
+
1
2+i
=
(2+i)+(2−i)
(2−i)(2+i)
=
4
22 +1
− 53 i,
= 45 .
Real- und p
Imaginärteil können jeweils
direkt abgelesen
werden. Der Betrag ergibt sich
√
√
jeweils als Re(z)2 + Im(z)2 , also 2, 2, 2, 1, 1, 22 , 1, 45 für (a) bis (h).
P4.2. Komplexe Nullstellen einer quadratischen Gleichung
Zeigen Sie für a, b, c ∈ R, mit 4ac − b2 > 0 und z1 =
√
−b+i 4ac−b2
,
2a
dass
az 2 + bz + c = a(z − z1 )(z − z1 ).
Insbesondere sind z1 und z1 die Nullstellen der quadratischen Gleichung ax2 + bx + c = 0.
Lösung:
Dies ist eine einfache Rechnung:
√
√
b
4ac − b2 b
4ac − b2 a(z − z1 )(z − z1 ) = a z +
−i
z+
+i
2a
2a
2a
2a
√
2 b 2
4ac
−
b
b
b2
4ac − b2 2
= a (z + ) − i2
= a z2 + 2 z + 2 +
2a
2a
2a
4a
4a2
2
2
2
b
4a c
b
= az 2 + bz +
+
−
= az 2 + bz + c.
2
4a
4a
4a
Für f (x) = ax2 + bx + c erhält man sofort f (z1 ) = a(z1 − z1 )(z1 − z1 ) = 0 und f (z1 ) =
a(z1 − z1 )(z1 − z1 ) = 0. Also sind z1 und z1 Nullstellen von f .
P4.3. Vollständige Induktion
Beweisen Sie mittels Vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N0 die Summe der ersten
n ungeraden Zahlen gerade den Wert n2 ergibt.
Lösung:
n
P
Zu zeigen ist: ∀n ∈ N :
(2k − 1) = n2 . Der Induktionsanfang mit n = 1 lautet
k=1
1
X
(2k − 1) = 2 · 1 − 1 = 1 = 12 .
k=1
Sei nun n ∈ N beliebig und die Aussage für dieses n bewiesen (Induktionsvoraussetzung).
Dann gilt
n+1
X
n
X
k=1
k=1
(2k − 1) =
I.V.
(2k − 1) + 2(n + 1) − 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 ,
die Formel ist also auch für n + 1 richtig (Induktionsschritt). Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist damit gezeigt, dass die Formel für alle n richtig ist.
Hausaufgaben
H4.1. Rechnen mit komplexen Zahlen
Stellen Sie die folgenden komplexen Zahlen jeweils in der Normalform a + ib mit a, b ∈ R
dar und geben Sie jeweils Real-, Imaginärteil und den Betrag an.
(a)
(d)
1+i
,
1−i
1 − i 7
1+i
(b) 5 ·
2+i
−3 + 7i
−
,
10 − 15i
2 − 3i
(c)
1
1
+
,
1 + 2i 2 + i
(e) Lsgn. von x2 + 5 = 4x, (f) Lsgn. von x4 + 1 = 0.
,
Lösung:
(a)
1+i
1−i
=
(1+i)2
(1−i)(1+i)
=
1+2i+i2
1−i2
2+i
(b) 5 · 10−15i
− −3+7i
2−3i =
(c)
(d)
2+i
2−3i
=
2i
2
= i(= 0 + 1 · i).
− −3+7i
2−3i =
2+i+3−7i
2−3i
=
(5−6i)(2+3i)
(2−3i)(2+3i)
=
10+15i−12i−18i2
4+9
=
28
13
3
+ 13
i.
1
2−i
3−3i
3
3
+ 2+i
= 1−2i
1+4 + 4+1 = 5 = 5 − 5 i.
1−i 7 (a) 1 7
= i = (−i)7 = (−1)7 i7 = −1 · i3 = −i
1+i
1
1+2i
(e) x2 − 4x + 5 = 0 hat die zwei Lösungen x1,2 =
√
4± 16−20
2
=2±
q
−4
4
= 2 ± i.
(f) Die Gleichung x4 + 1 = 0 ist äquivalent zu den beiden Gleichungen x2 = z und
z 2 = −1. Letztere hat die beiden Lösungen z1,2 = ±i. Die Lösungen der Gleichung
2
√
x2 = i können wir erraten: (1 + i)2 = 2i (P4.1.(b)), somit ist 1+i
= i und dann auch
2
2
1+i
√
2
√ die beiden Lösungen von x2 = i.
= i. Es sind also x1,2 = ± 1+i
2
2
2
√
√ sind
Genauso erkennt man wegen (1 − i) = −2i, dass ± 1−i
= −i ist. x3,4 = ± 1−i
2
2
also die beiden Lösungen von x2 = −i.
Zusammengefasst nden wir insgesamt 4 Lösungen der Gleichung x4 + 1 = 0, nämlich
x1 , x2 , x3 und x4 .
−
Real- und Imaginärteil
können
der √
Normalform√abgelesen werden, der Betrag
√
√
√jewiels aus
√
9+9
793
282 +32
3
ist jeweils 1, 13 = 13 , 5 = 5 2, 1, 22 + 12 = 5, 1 für die Teilaufgaben (a)
bis (f).
H4.2. Quadratwurzeln einer komplexen Zahl
Bestimmen Sie x, y ∈ R so, dass (x + iy)2 = a + ib, wobei a, b ∈ R mit b > 0 ist.
Lösung:
Ausmultipliziert ergibt sich x2 −y 2 +i(2xy) = a+ib. Es müssen also die beiden Gleichungen
x2 − y 2 = a,
2xy = b
erfüllt sein. x = 0 ist ausgeschlossen, da b > 0 vorausgesetzt ist, also muss y =
Setzt man dies in die erste Gleichung ein, so erhält man
x2 − a −
b2
= 0,
4x2
bzw., x4 − ax2 −
b
2x
gelten.
b2
=0
4
√
Die Lösungen der quadratischen Gleichung z 2 − az − b4 = 0 lauten z1,2 = a± a2 +b . Da
wir nun Lösungen der Gleichung x2 = z1,2 suchen, kommt nur z1 in Frage,
da z2 < 0
q
2
ist. Wir erhalten also zwei mögliche Lösungen für x, nämlich x1,2 = ±
entsprechend für y
2
2
√
a+ a2 +b2
2
und
q
√
b
2(a + a2 + b2 )
2b
b
p
√
=
=±
=
√
2x1,2
2(a + a2 + b2 )
±2 a + a2 + b2
q
q
√
√
√
√
2
2
2
2
b 2(a + a + b )( a + b − a)
2(a + a2 + b2 )( a2 + b2 − a)
=±
=±
2((a2 + b2 ) − a2 )
2b
√
y1,2
Zusammengefasst hat die Gleichung für komplexe Zahlen z 2 = a+ib immer zwei Lösungen,
nämlich z = ±(x1 + iy1 ).
H4.3. Vollständige Induktion
Beweisen Sie mittels Vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N0 gilt:
(a)
n
X
k · k! = (n + 1)! − 1,
k=1
Lösung:
siehe Blatt 5.
(b) (1 + x)n ≥ 1 + nx, falls x ∈ R, x ≥ −1.