Mathematik IT 3 (Analysis)

Professur Optimale Steuerung
PD Dr. S. Franz
Mathematik IT 3 (Analysis)
Hausaufgaben Blatt 1
abzugeben bis Beginn der Vorlesung am 21.10.16
Aufgabe HA1.1: (5 Punkte) Bildungsminister Naseweis-Neunmalklug von der “Partei der sorgund kompromisslosen Mathemuffel” (PSKM) möchte das Bildungssystem revolutionieren. Erster Schritt dazu ist die gesetzlich geregelte Abschaffung des Matheunterrichts. Grundlage
dieses Plans: Minister Naseweis-Neunmalklug höchst persönlich hat entdeckt, dass alle Zahlen
gleich sind! Das macht natürlich nach seiner Auffassung Mathematik gänzlich überflüssig. Die
von Arbeitslosigkeit bedrohten Mathelehrer laufen kopfschüttelnd Sturm gegen diese Pläne.
Nach Meinung des Ministers ist der Protest nicht berechtigt, denn er bringt für seine Behauptung drei alternative Beweise:
Nr. 1: Es gilt 36 − 66 = 25 − 55. Dies ist äquivalent zu 62 − 6 · 11 = 52 − 5 · 11. Addition von
(11/2)2 auf beiden Seiten der Gleichung liefert
11
6 − 6 · 11 +
2
2
2
11
= 5 − 5 · 11 +
2
2
2
⇔
⇔
⇔
11 2
11 2
6−
= 5−
2
2
11
11
= 5−
6−
2
2
1=0
Durch Multiplikation der Gleichung 1 = 0 mit beliebigen Zahlen a und b folgt dann
a = 0 und b = 0. Daraus folgt dann 1 = a = b. Damit ist bewiesen, dass alle Zahlen
gleich sind.
Nr. 2: Seien a und b zwei beliebige reelle Zahlen. Angenommen die Behauptung wäre falsch,
d.h. es würde a 6= b gelten. Wir unterscheiden zwei Fälle:
• Es gilt a < b. Dann gibt es ein c > 0 mit a + c = b.
• Es gilt a > b. Dann gibt es ein c < 0 mit a + c = b.
In allen Fällen liefert die Multiplikation der Gleichung a + c = b mit b − a:
(a + c)(b − a) = b(b − a)
⇔
ab + cb − a2 − ac = b2 − ba
Subtraktion von cb liefert
ab − a2 − ac = b2 − ba − cb
⇔
a(b − a − c) = b(b − a − c)
Nach Division von b − a − c ist die letzte Gleichung äquivalent zu a = b. Also sind die
(beliebig gewählten) Zahlen a und b im Widerspruch zur Annahme stets gleich.
Nr. 3: Mittels vollständiger Induktion: Gegeben seien n ∈ N beliebige Zahlen a1 , . . . , an .
IA: Für n = 1 ist die Aussage trivial, denn eine einelementige Zahlenmenge enthält nur
gleiche Zahlen.
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IV: Die Behauptung gelte für beliebiges n ∈ N, d.h. es gilt a1 = a2 = · · · = an .
IS: Gegeben seien n + 1 Zahlen a1 , . . . , an , an+1 . Nach Induktionsvoraussetzung gilt
a1 = a2 = · · · = an
und
a2 = a3 = · · · = an+1 ,
Daraus folgt a1 = a2 = ... = an+1 .
Da die PSKM im Regierungskabinett die Mehrheit hat, wird das Gesetz gegen alle Prosteste
durchgesetzt. Die Gewerkschaft der mathematisch Interessierten klagt gegen das Gesetz. Stellen
Sie sich vor, das Gericht würde Sie als Gutachter bestellen. Welche Empfehlung würden Sie
den Richtern geben? Sind die angegebenen Beweise richtig oder falsch? Begründen Sie Ihre
Antworten!
Lösung:
Nr 1: Falsch, da aus a2 = b2 nur |a| = |b| folgt, aber keine Aussage über das Vorzeichen. Im
hiesigen Fall bedeutet das
1 1 1
= − =
2 2 2
Nr 2: Falsch. Aus a + c = b folgt b − a − c = 0. Somit lautet die untersuchte Gleichung
a · 0 = b · 0 = 0.
Hieraus kann nichts über die Zahlen a und b geschlussfolgert werden, da Division durch
Null keine zulässige Operation ist.
Nr 3: Etwas kniffliger, aber trotzdem falsch. IA (n = 1) ist korrekt und IS is korrekt für n ≥ 2,
da die Äquivalenz transitiv ist. Aber der Schritt von n = 1 auf n = 2 funktioniert so nicht,
denn der würde heißen
(a1 = a1
∧
a2 = a2 )
⇒
a1 = a2 .
Und dies folgt nicht aus den Voraussetzungen.
4
Aufgabe HA1.2: (7 Punkte) Zeigen Sie, dass für q ≥ 0 gilt:
m2
⇔ ∃m ∈ N0 , n ∈ N : q = 2 .
n
q
√
Nutzen Sie dies um zu zeigen, dass 3 6∈ Q und 1 + 16
9 ∈ Q gilt.
√
q∈Q
2
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Lösung: Direkt: “⇒”: Falls q ≥ 0 und
√
q ∈ Q, dann existieren m ∈ N0 und n ∈ N mit
m
√
q=
n
“⇐”: Aus q =
m2
n2
⇒
q=
m2
.
n2
≥ 0 und der Definition der Wurzel für positive Zahlen folgt
√
m2 m
√
q= √ = .
n
n2
√
Da m ∈ N0 ⊂ Z und n ∈ N ist q ∈ Q.
√
Da q = 3 = 13 ∈ N liegt, und 3 keine Quadratzahl ist (12 < 3 < 22 ), gilt 3 6∈ Q.
q
25
52
16
Da q = 1 + 9 = 9 = 32 der Quotient zweier Quadratzahlen ist, gilt 1 + 16
9 ∈ Q.
4
Aufgabe HA1.3: (6 Punkte) Bestimmen Sie von den folgenden komplexen Zahlen z den Betrag
und das Argument. Stellen Sie damit diese Zahlen in trigonometrischer und Euler’scher Form
dar.
√
√
a) z = i + 1,
b) z = 3 + i,
c) z = − 12 + i 23 .
Hinweis: Zeichnen Sie zuerst die Zahlen in der Gauß’schen Zahlenebene.
Lösung:
√
√
a) |z| = 1 + 1 = 2. Da z im 1. Quadranten und Re(z) = Im(z) folgt arg(z) = π4 . Somit ist
√ π √ iπ
π
z = 2 cos + i sin
= 2e 4 .
4
4
b) |z| =
√
1 + 3 = 2. Da z im 1. Quadranten folgt arg(z) = arctan √13 = π6 . Somit ist
π
π
π
z = 2 cos + i sin
= 2ei 6 .
6
6
c) |z| =
q
1
4
+ 34 = 1. Da z im 2. Quadranten und cos φ = − 21 ⇒ arg(z) = φ =
2π
3 .
Also ist
2π
2π
2π
z = cos
+ i sin
= ei 3 .
3
3
4
Aufgabe HA1.4: (7 Punkte) Beschreiben Sie die Menge der Punkte z = x+iy ∈ C der Gauß’schen
Zahlenebene, für die
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a) |z + 4i − 3| = 3,
b) |z + 1| ≤ 2|z − 1|
gilt. Zeichnen Sie diese Mengen.
Lösung:
p
a) |z + 4i − 3| = 3 ⇒ |x − 3 + i(y + 4)| = (x − 3)2 + (y + 4)2 = 3 ⇒ (x − 3)2 + (y + 4)2 = 32
Dies ist die Kreisgleichung für einen Kreis mit Radius R = 3 um Mittelpunkt (3, −4).
b)
|z + 1| ≤ 2|z − 1| ⇒
q
q
(x + 1)2 + y2 ≤ 2 (x − 1)2 + y2
⇒ (x + 1)2 + y2 ≤ 4((x − 1)2 + y2 )
⇒ x2 + 2x + 1 + y2 ≤ 4x2 − 8x + 4 + 4y2
⇒ 0 ≤ 3x2 − 10x + 3 + 3y2
10
⇒ 0 ≤ x2 − x + 1 + y2
3
5 2 25
⇒ 0 ≤ x−
− + 1 + y2
3
9
2
5
16
⇒ x−
+ y2 ≥
3
9
Alles außerhalb und auf dem Kreis mit Mittelpunkt in (5/3, 0) und Radius R = 4/3.
Grafik zu a)
Grafik zu b)
Im
Im
Re
0
3
4
3
Re
−4
0
z=
z = 3 − 4i
5
3
4
4