Musterlösungen zu Serie 5 - D-MATH

D-ERDW, D-HEST, D-USYS
Dr. Ana Cannas
Mathematik I
HS 13
Musterlösungen zu Serie 5
1.
1−i
1−i
1
1
1
=
=
= −i .
2
1+i
(1 + i)(1 − i)
1−i
2
2
3 + 4i
(3 + 4i)(2 + i)
2 + 11i
2
11
ii) Es gilt
=
=
= +i .
2−i
(2 − i)(2 + i)
4+1
5
5
a) i) Es gilt
iii) Für k ∈
Z gilt
1+i
1−i
k
k k
2i
(1 + i)2
=
=
(1 − i)(1 + i)
2
(
(−1)l , k = 2l, l ∈ Z,
= ik =
(−1)l i, k = 2l + 1, l ∈ Z.
2012
1+i
Also ist
= (−1)1006 = 1.
1−i
√
iv) Aus i = a + ib folgt i = a2 + 2abi − b2 , also müssen√a2 = b2√und ab = 1/2
2
2
gelten. Die beiden Quadratwurzeln von i sind also ±
±i
.
2
2
b) Die beiden Mengen sehen wie folgt aus:
R
M
i
i
1
1
Bitte wenden!
2.
√ √ √
√
√
−1 + i 3 1 − i 3
1
i 3−1
2 + i2 3
3
√ =
√ =
√ = +i
und
a) i) Es gilt z =
4
2
2
1+i 3
1+i 3 1−i 3
q
√
πi
also |z| = 14 + 34 = 1 sowie arg(z) = arctan 3 = π3 , d.h. z = e 3 .
√
ii) Es gelten |iz̄| = |i||z| = |z| = 2 und Re(iz̄) = −Im(z̄) = Im(z) = 3 und
πi
2πi
2π
π
, d.h. z = 2 e 3 oder z = 2 e 3 .
also arg(z) = oder arg(z) =
3
3
z−2
iii) Mit der Substitution w =
erhalten wir
2
n 2πi 4πi o
w3 = 1,
also
w ∈ 1, e 3 , e 3
und damit
z = z1 = 4
2πi
2π
2π
z = z2 = 2 + 2 e 3 = 2 + 2 cos
+ i sin
3
3
√ !
√
√
3
1
=2−1+i 3=1+i 3=2
+i
2
2
πi
π
π
= 2 cos + i sin
= 2e 3
3
3
4πi
4π
4π
+ i sin
z = z3 = 2 + 2 e 3 = 2 + 2 cos
3
3
√ !
√
√
1
3
=2−1−i 3=1−i 3=2
−i
2
2
5πi
5π
5π
+ i sin
= 2 cos
= 2e 3 .
3
3
oder
oder
iv) Mit der Substitution w = z 2 erhalten wir
2
w + 4w + 16 = 0,
und damit |w| =
also
w=
−4 ±
√
2
−48
√
= −2 ± i 2 3
√
√
π
4 + 12 = 4 und arg(w) = π ∓ arctan 3 = π ∓ .
3
Siehe nächstes Blatt!
1
Da schliesslich z = ±w 2 , gilt die Gleichung sowohl für die Zahlen
z2
z1
πi
3
z1 = 2 e ,
z2 = 2 e
i
2πi
3
1
als auch für die Zahlen
πi
z3 = −2 e 3 = 2 e
z4 = −2 e
2πi
3
4πi
3
= 2e
5πi
3
und
.
z3
z3
b) Es gelten
3
1
(cos(πt) + i sin(πt)) + (cos(πt) − i sin(πt))
2
2
= 2 cos(πt) + i sin(πt),
α(t) =
d.h. α parametrisiert eine Ellipse mit den Halbachsen 4 und 2, sowie
β(t) = 2 e−t (cos(πt) + i sin(πt)) = 2 e−t cos(πt) + i 2e−t sin(πt),
d.h. β parametrisiert eine logarithmische Spirale. Die Spuren sehen wie folgt aus:
i
i
1
1
Bitte wenden!
3.
a) Da die Koeffizienten von P reell sind, gilt P (z) = P (z̄). Gilt also
P (z) = 0,
so folgt
P (z̄) = P (z) = 0̄ = 0.
b) Nach Voraussetzung gelten
6 = P (1) = a + b + c + d
−2 = P (−1) = −a + b − c + d
−2 − 2i = P (i) = −ai − b + ci + d
−2 + 2i = P (i) = P (ī) = P (−i) =
und
ai − b − ci + d.
Diese Bedingungen an die Koeffizienten des Polynoms bilden ein lineares Gleichungssystem,




1 1 1 1
1
1
1 1
6
6
0 1 0 1
−1 1 −1 1
−2 
2


.

···


 −i −1 i 1
−2 − 2i
1
0 0 1 −i
−2 + 2i
0
i −1 −i 1
0 0 0 1
Dann kann man direkt ablesen, dass d = 0, c = 1, b = 2 und a = 3.
4.
a) Fact: Eine Matrix ist genau dann invertierbar, wenn ihre Determinante nicht 0 ist.
Für A verwenden wir die Formel zur Berechnung der Determinante für (2 × 2)Matrizen.
det A = (3 − i) (−3 + i) − (−2) · 4 = 6i.
Also ist die Matrix A intvertierbar.
Für B wenden wir die Laplacesche Entwicklung nach der letzten Spalte an
i
1
3+3
det B = 0 + 0 + (−1) (3 + 4i) det
1 + 2i 2 − i
= (3 + 4i) (i (2 − i) − (1 + 2i) · 1)
= (3 + 4i) (2i + 1 − 1 − 2i) = 0.
Also ist auch B nicht invertierbar.
b) Wir verwenden den Gauss-Algorithmus zur Berechnung der Inversen.
1
2i
1 0 II+iI 1
2i
1 0
−i 1 + i
0 −1 + i
0 1
i 1
1
II· −1+i
1 2i
1
0
1 0
−i i − 1
I−2iII
−(1+i)
1−i
1−i
0 1
− 1+i
0 1
2
2
2
2
Das heisst C
−1
=
−i i − 1
.
1−i
− 1+i
2
2
Siehe nächstes Blatt!
5. Das charakteristische Polynom von Rα
cos α − λ − sin α = (cos α − λ)2 + sin2 α
pRα (λ) = sin α
cos α − λ
= λ2 − 2λ cos α + cos2 α + sin2 α = λ2 − 2λ cos α + 1
hat die Wurzeln
λ1,2
√
√
4 cos2 α − 4
= cos α ± cos2 α − 1
=
√2
= cos α ± i 1 − cos2 α = cos α ± i sin α = e±iα
2 cos α ±
Daher hat Rα
• den doppelten Eigenwert 1 für α = 0,
• den doppelten Eigenwert −1 für α = π und
• sonst das konjugierte Paar e±iα komplexer Eigenwerte.
In den ersten beiden Fällen ist offenbar jeder von ~0 verschiedene Vektor in der Ebene
ein Eigenvektor. Das sieht man auch leicht geometrisch ein, denn da ~x 7→ Rα~x allgemein eine Drehung in der Ebene um den Winkel α beschreibt, ist insbesondere R0 die
Identität und Rπ die Punktspiegelung am Koordinatenursprung.
Für die übrigen Winkel erhält man
cos α − eiα
− sin α
−i sin α − sin α
i 1
sin α
cos α − eiα
sin α −i sin α
1 −i
cos α − e−iα
− sin α
i sin α − sin α
i −1
sin α
cos α − e−iα
sin α i sin α
1 i
1
1
und damit die (komplexen) Eigenvektoren µ
bzw. µ
µ∈ .
−i
i
bzw.
C
Das charakteristische Polynom von Sα
cos α − λ
sin
α
= (cos α − λ) (− cos α − λ) − sin2 α
psα (λ) = sin α
− cos α − λ
= (λ − cos α) (λ + cos α) − sin2 α = λ2 − cos2 α − sin2 α = λ2 − 1
hat für alle α die Wurzeln λ1 = 1 und λ2 = −1.
Wegen
−2 sin2 α2
2 sin α2 cos α2
cos α − 1
sin α
=
2 sin α2 cos α2 −2 cos2 α2
sin α
− cos α − 1
cos α + 1
sin α
2 cos2 α2
2 sin α2 cos α2
=
sin α
− cos α + 1
2 sin α2 cos α2
2 sin2 α2
bzw.
Bitte wenden!
sind die Eigenvektoren zu λ1 bzw. λ2 von der Form
cos α2
− sin α2
µ
bzw.
µ
,
sin α2
cos α2
µ∈
R.
Dies sieht man auch ohne Rechnung leicht geometrisch ein: die Abbildung ~x 7→ Sα~x
beschreibt eine Spiegelung in der Ebene, wobei die Spiegelungsachse mit der x-Achse
den Winkel α/2 einschliesst. Offenbar bleiben genau die Ortsvektoren auf dieser Achse bei der Spiegelung unverändert während genau die Orstvektoren am Koordinatenursprung gespiegelt werden, die auf der dazu orthogonalen Geraden liegen.
y
w
~
~v = |~v |
~v
α
2
Sα w
~
x
w
~ = |w|
~
cos α2
sin α2
Sα w
~ = |w|
~
− sin α2
cos α2
sin α2
− cos α2
= −w
~