Lösung - Höhere Mathematik an der TUM

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
P ROF. D R .D R . J ÜRGEN R ICHTER -G EBERT, VANESSA K RUMMECK , M ICHAEL P R ÄHOFER
Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004)
— Aufgabenblatt 7 (5. Dezember 2003) —
— Präsenzaufgaben —
Aufgabe 39. Zwei, Drei oder Sechs.
Welche der nachfolgenden komplexen Zahlen sind 2–te Einheitswurzeln (linkes Kästchen), 3–te Einheiswurzeln (mittleres Kästchen) oder 6–te Einheitswurzeln (rechtes Kästchen)?
i
−1
√
√
2
2
+
i
2
2
5
3
5
ei 3 π
−
√
1
3
+
i
2
2
L ÖSUNG :
z ∈ C heißt n-te Einheitswurzel, wenn z eine (evtl. komplexe) Nullstelle des Polynoms X n − 1 ist, also wenn z n = 1
gilt.
π
5
5
i = ei 2
= ei·0
3
3
5
× ×
−1 = eiπ
×
ei 3 π
√
√
√
π
2
2
2
1
3
i4
π
π
+
i = cos( 4 ) + i sin( 4 ) = e
×
×
− +
i = cos( 2π
) + i sin( 2π
) = ei 3 π
3
3
2
2
2
2
Dies kann man durch Einsetzen in die Polynome X 2 − 1, X 3 − 1 und X 6 − 1 überprüfen.
Aufgabe 40. Rechnen wie verhext mit konjugiert komplex.
Es sei z = a + bi ∈ C, a, b ∈ R. Die zu z konjugierte √
Zahl z ist z = a − bi. Der Realteil Re(z) von z ist a, und der
Imaginärteil Im(z) von z ist b. Die Länge |z| von z ist a2 + b2 ∈ R.
1.) Zeigen Sie: a.) Re(z) =
1
(z + z̄)
2
i
b.) Im(z) = − (z − z̄)
2
2.) Überprüfen Sie die beiden Rechenregeln: Für alle x, y ∈ C gilt:
c.) |z|2 = z · z̄
a.) x + y = x + y,
b.) x · y = x · y,
3.) Beweisen Sie, daß eine komplexe Zahl z genau dann reell ist, wenn z = z gilt.
4.) Es sei p ∈ R[X]. Man zeige: Ist z ∈ C eine Nullstelle von p, dann ist auch z eine Nullstelle von p.
5.) Folgern Sie aus Aufgabenteil 4.), daß jedes Polynom p ∈ R[X] mit ungeradem Grad mindestens eine reelle
Nullstelle besitzt.
6.) Folgern Sie aus Aufgabenteil 4.), daß sich jedes Polynom p ∈ R[X] in der Form
p(X) = ε(X − α1 )(X − α2 ) · · · (X − αr ) · (X 2 + β1 X + γ1 )(X 2 + β2 X + γ2 ) · · · (X 2 + βs X + γs ),
mit reellen Zahlen ε, αi , βj , γk , schreiben läßt.
L ÖSUNG :
1.) Dies kann man durch direktes Einsetzen überprüfen, oder durch die nachfolgenden Überlegungen:
1
(z + z̄) = a
2
Bew.: Es gilt z̄ = a − ib ⇔ ib = a − z̄ und z = a + ib ⇔ ib = z − a.
a.) Beh.: Re(z) =
Daraus folgt a − z̄ = z − a ⇔ 2a − z̄ = z ⇔ 2a = z + z̄ ⇔
a=
1
(z + z̄)
2
i
b.) Beh.: Im(z) = − (z − z̄) = b
2
Bew.: Es gilt z̄ = a − ib ⇔ a = z̄ + ib und z = a + ib ⇔ a = z − ib.
Daraus folgt
1
i
z̄ + ib = z − ib ⇔ 2ib = z − z̄ ⇔ ib = (z − z̄) ⇔ −b = (z − z̄) ⇔
2
2
c.) Beh.: |z|2 = z · z̄
√
Bew.: |z| = a2 + b2
i
b = − (z − z̄)
2
⇔ |z|2 = a2 + b2
1
i
⇔ |z|2 = ( (z + z̄))2 + (− (z − z̄))2
2
2
1
1
⇔ |z|2 = (z 2 + 2z z̄ + z̄ 2 ) + (− (z 2 − 2z z̄ + z̄ 2 )
4
4
1
1
⇔ |z|2 = z z̄ + z z̄
2
2
⇔ |z|2 = z z̄
2.) Es seien x = a + bi, y = c + di, a, b, c, d ∈ R.
a.) Es gilt
x+y = a + bi+c + di = a−bi+c−di = a+c−(b+d)i = a + c + (b + d)i = a + bi + c + di = x + y.
b.) Es gilt
x · y = (a − bi)(c − di) = (ac − bd) − (ad + bc)i = ac − bd + (ad + bc)i = x · y.
3.) Es sei z = a + bi ∈ C, a, b ∈ R. Falls z ∈ R ist, ist z = a + 0i, also z = a + 0i = a − 0i = z. Ist z = z, muß
b = −b sein, also b = 0, d.h. z ist eine reelle Zahl.
4.) Für das Polynom p(X) =
n
P
ai X i ∈ R[X] mit Nullstelle z ∈ C folgt mit Hilfe der Rechenregeln:
i=0
p(z) =
n
X
i=0
ai z i =
n
X
i=0
ai z i =
n
X
ai z i = p(z) = 0 = 0.
i=0
5.) Es sei n der Grad von p. Für n = 1 ist die einzige Nullstelle offensichtlich reell. Für n > 2, n ungerade, sei nun
schon bewiesen, dass jedes reelle Polynom vom Grade n − 2 mindestens eine reelle Nullstelle besitzt. Nach dem
Fundamentalsatz der Algebra besitzt p in jedem Fall eine Nullstelle z ∈ C. Ist z ∈ R haben wir die gewünschte
reelle Nullstelle gefunden. Andernfalls wissen wir aus der vorherigen Aufgabe, dass auch z 6= z eine Nullstelle
von p ist. Nun hat (X − z)(X − z) = X 2 − (z + z)X + zz nach Aufgabenteil 1 nur reelle Koeffizienten.
Polynomdivision ergibt also erneut ein reelles Polynom q vom Grade n − 2 mit p(X) = (X − z)(X − z)q(X).
Nach Induktionsvoraussetzung besitzt q eine reelle Nullstelle, die offenbar auch Nullstelle von p ist.
6.) Nach dem Fundamentalsatz der Algebra können wir p schreiben als
p(X) = ε(X − ξ1 ) · · · (X − ξn ).
Dabei sind ξi die Nullstellen von p. Aus der vorherigen Aufgabe wissen wir, dass nicht-reelle Nullstellen immer
paarweise auftreten. Wir sortieren nun die ξi : Es seien α1 , . . . , αr die reellen Nullstellen und (η1 , η1 ), . . . , (ηs , ηs )
die Paare nicht-reeller Nullstellen von p. Dann gilt
p(X)
= ε(X − α1 ) · · · (X − αr ) · (X − η1 )(X − η1 ) · · · (X − ηs )(X − ηs )
= ε(X − α1 ) · · · (X − αr ) · (X 2 − η1 X − η1 X + η1 η1 ) · · · (X 2 − (ηs + ηs )X + ηs ηs )
Wir setzen βi = −(ηi + ηi ), γi = ηi ηi , i = 1, . . . , s, und es ist offensichtlich, dass βi und γi reelle Zahlen sind.
Aufgabe 41. Darstellungsformen komplexer Zahlen.
Aus der Vorlesung sind Ihnen verschiedene Darstellungsformen komplexer Zahlen bekannt:
Eine komplexe Zahl z ∈ C läßt sich darstellen als z = a + ib mit a, b ∈ R. Diese Form heißt Normalform oder
kartesische Form. Das Tupel (a, b) beschreibt die kartesischen Koordinaten der komplexen Zahl.
Neben den kartesischen Koordinaten gibt es auch die Polarkoordinaten (r, ϕ) einer komplexen Zahl mit r ∈ R und ϕ ∈
[0, 2π[. Mit ihrer Hilfe kann man eine komplexe Zahl z ∈ C auch in der trigonometrischen Form z = r(cos ϕ+i sin ϕ)
oder in der Exponentialform z = reiϕ angeben. Die beiden letzten Formen nennt man auch Polarform einer komplexen
Zahl.
1.) Wie lassen sich kartesische Form und Polarform einer komplexen Zahl ineinander umrechnen ?
2.) Geben Sie folgende komplexe Zahlen in allen drei möglichen Darstellungsformen an:
p
√
√
2
a.) 2ei 3 π
b.) 3 + 4i
c.) −( 5 + 1) − i 10 − 2 5
L ÖSUNG :
1.) Polarform −→ Kartesische Form
Eine in der Polarform z = r(cos ϕ + i sin ϕ) oder z = reiϕ vorliegende komplexe Zahl läßt sich mit den
Transformationsgleichungen a = r cos ϕ, b = r sin ϕ in die kartesische Form z = a + ib umwandeln.
Kartesische Form −→ Polarform
Eine in der kartesischen √
Form z = a + ib vorliegende komplexe Zahl läßt sich mit den Transformationsgleichungen r = |z| = a2 + b2 , tan ϕ = ab (Quadranten beachten!) in die trigonometrische Form z =
r(cos ϕ + i sin ϕ) bzw. die Exponentialform z = reiϕ umwandeln. Jedes ϕ, das die Gleichung tan ϕ = ab
erfüllt, kann in der Polarform verwendet werden. Üblicherweise wählt man dasjenige ϕ, das im Intervall ]-π, π]
liegt. Um ϕ mit der arctan-Funktion zu bestimmen muss man folgende Fälle unterscheiden:
– Falls a > 0 ist wählt man ϕ = arctan ab ∈]- π2 , π2 [.
– Falls a = 0 ist, wählt man ϕ =
π
2
für b > 0 und ϕ = − π2 für b < 0 (was nimmt man für a = b = 0?).
– Falls a < 0 ist, setzt man ϕ = arctan ab + π ∈] π2 , π] für b ≥ 0 und ϕ = arctan ab − π ∈]-π, - π2 [ für b < 0.
Anmerkung: Um dies nicht jedesmal hinschreiben zu müssen, führt man die Argumentfunktion
arg : C \ {0} →]-π, π],
a + ib 7→ ϕ
ein, wobei das ϕ gemäß obiger Fallunterscheidung gewählt wird. Damit kann man einfach a+ib =
schreiben.
2.)
√
a2 + b2 ei arg(a+ib)
2
a.) Exponentialform: z = 2ei 3 π
Trigonometrische Form: z = 2(cos( 23 π) + i sin( 23 π))
√
Kartesische Form: z = −1 + 3,
denn a = r cos ϕ = 2 cos( 23 π) = −1
√
und b = r sin ϕ = 2 sin( 32 π) = 3
b.) Kartesische Form: z = 3 + 4i
i arctan 43
i53,13◦
Exponentialform:
,
√ z = 5e
√ ≈ 5e
denn r = |z| = 32 + 42 = 25 = 5
und tan ϕ = 43 ⇔ ϕ = arctan 43 ≈ 0.9273 (≈ 53, 13◦ ) Trigonometrische Form: z = 5(cos(arctan 34 ) +
i sin(arctan 43 )) ≈ 5(cos 0.9273 + i sin 0.9273)
p
√
√
c.) Kartesische Form: z = −( 5 + 1) − i 10 − 2 5
Exponentialform:
r
q
q
√
√ 2
√
√
2
( 5 + 1) +
10 − 2 5 = 6 + 2 5 + 10 − 2 5 = 4,
√ p
10 − 2 5
π
√
arctan
= = 36◦ .
5
5+1
4
Da z im 3. Quadranten liegt, ist z = 4e−i 5 π .
Trigonometrische Form: z = 4(cos(− 45 π) + i sin(− 45 π)).
— Hausaufgaben —
Aufgabe 42. Sehr komplex.
1.) Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form z = a + ib mit a, b ∈ R:
3 − 2i
2−i
,
,
2 + 3i 1 + 4i
1+i
√
2
4
,
1+i
1−i
10
,
(2 − 2i)(1 + 3i) + (1 + i)(2 + 3i)
.
(3 + i1)(1 − i) + (2 − i)(1 + 3i)
2.) Bestimmen Sie alle n ∈ N, für die gilt (1 + i)n + (1 − i)n = 0.
L ÖSUNG :
1.)
–
–
–
–
–
2−i
(2 − i)(2 − 3i)
4 − 6i − 2i − 3
1
8
=
=
=
−
i.
2 + 3i
(2 + 3i)(2 − 3i)
4+9
13 13
(3 − 2i)(1 − 4i)
5
14
3 − 2i
=
=− −
i.
1 + 4i
1 + 16
17 17
4
1+i
1
1
1
1
√
= (1 + i)4 = (1 + i)2 (1 + i)2 = (1 + 2i − 1)2 = (2i)2 = −1 .
4
4
4
4
2
10 10 10
1+i
(1 + i)(1 + i)
1 + 2i − 1
=
=
= i10 = −1 .
1−i
2
2
(2 − 2i)(1 + 3i) + (1 + i)(2 + 3i)
2 + 6i − 2i + 6 + 2 + 3i + 2i − 3
=
(3 + i)(1 − i) + (2 − i)(1 + 3i)
3 − 3i + i + 1 + 2 + 6i − i + 3
=
7 + 9i
(7 + 9i)(9 − 3i)
63 − 21i + 81i + 27
2
=
=
=1+ i.
9 + 3i
(9 + 3i)(9 − 3i)
81 + 9
3
√
π
π
+ i sin )
4
4
√ π
π
1 − i = 2 cos(2π − ) + i sin(2π −
4
4
√
nπ
nπ
n
(1 + i)n = 2 cos
+ i sin
4
4
√
π
nπ n
(1 − i)n = 2 cos n(2π − ) + i sin n(2π −
)
4
4
nπ
π nπ
π
(1 + i)n + (1 − i)n = 0 ⇐⇒ cos
+ cos n(2π − ) = 0 und sin
+ sin n(2π − ) = 0
4
4
4
4
nπ
⇐⇒ 2 cos
= 0 (mit sin α = − sin(2π − α) und cos α = + cos(2π − α))
4
nπ
⇐⇒ cos
=0
4
2.) 1 + i =
2(cos
⇐⇒ n ∈ {2, 6, 10, . . .}
Aufgabe 43. Wir drehen uns im Kreis.
Es sei n ∈ N. Die Menge der n–ten Einheitswurzeln ist
k
ωn = ei n 2π k ∈ N .
1.) Zeigen Sie, dass ωn zusammen mit der Multiplikation der komplexen Zahlen eine Gruppe ist.
2.) Bestimmen Sie sämtliche Untergruppen von ω6 und geben Sie die zugehörigen Punkte auf dem Einheitskreis
an.
3.) Weisen Sie nach, dass die Gruppen (ωn , ·) und (Z/nZ, +) isomorph sind.
L ÖSUNG :
1.) Wir zeigen, dass (ωn , ·) eine Untergruppe von (C\{0}, ·) ist.
k
k0
– ωn ist offensichtlich nicht die leere Menge. Genaugenommen hat sie genau n Elemente, da ei2π n = ei2π n
genau dann gilt, wenn k = k 0 mod n.
k0
k
– Die Multiplikation ist in ωn abgeschlossen, weil für ei2π n und ei2π n gilt
k0
k
ei2π n · ei2π n = ei2π
k
k+k0
n
k
– Zur Inversenbildung: Es sei ei2π n ∈ ωn . Dann ist ei2π n · ei2π
.
(n−1)k
n
= ei2π = 1
2.) Sämtliche Untergruppen von ω6 sind
– {1},
– {1, −1},
1
2
– {1, ei2π 3 , ei2π 3 },
– ω6 ,
d.h. es sind die Eckpunktmengen aller möglichen regelmäßigen n-Ecke im 6-Eck, die auch den Punkt 1 enthalten. Dies gilt nicht nur für n = 6, sondern sogar für allgemeines n.
3.) Wir betrachten die Abbildung
ϕ:

 ωn

k
ei2π n
→ Z/nZ
7→ [k].
k
– ϕ ist wohldefiniert, da für k ∈ N und k + r · n , r ∈ N, gilt ϕ(ei2π n ) = [k] = [k + r · n] = ϕ(ei2π
k
ei2π n
k+r·n
n
).
k0
ei2π n
– ϕ ist ein Gruppenhomomorphismus, weil für
und
gilt
(k+k0 )
k
k0
k
k0
i2π n
i2π n
i2π
i2π
i2π
0
0
n
·e
=ϕ e
= [k + k ] = [k] + [k ] = ϕ e n + ϕ e n .
ϕ e
– ϕ ist offensichtlich surjektiv.
– Weil ϕ surjektiv ist, und die Mengen ωn und Z/nZ die gleiche Mächtigkeit haben, muß ϕ auch injektiv
sein.
Aufgabe 44. Pyramidenbau: Theorie und Praxis.
Kaiserin C LEOPATRA hat den Bau einer Pyramide befohlen. Dafür wurden in den Steinbrüchen am oberen Nil Steinquader mit einem Gesamtvolumen von V = 177156 m3 (Kubikmeter) abgebaut. Um die mathematischen Fähigkeiten
der zum Bau der Pyramide beauftragten Konstrukteure auf die Probe zu stellen, hat sich die Kaiserin eine Aufgabe
überlegt:
Die Pyramide soll, entgegen der damals üblichen Bauauflagen, mit einer rechteckigen Grundfläche gebaut werden.
Insbesondere soll die eine Grundflächenseite um 27 m länger, die andere Grundflächenseite um 27 m kürzer als die
Höhe der Pyramide sein. Wie hoch ist diese Pyramide unter strikter Verwendung des gesamten Volumens aller bereits
abgebauten Steinquader? Wie lauten die Abmessungen der Pyramidengrundfläche?
Hinweis: Das Volumen V einer Pyramide der Höhe h mit rechteckiger Grundfläche, deren Seitenlängen a und b sind,
ist:
V =
1
3
a·b·h.
Diese Formel führt mit den obigen Angaben zu der polynomialen Gleichung
h3 − 729 · h − 531468 = 0.
(Warum?). Eine der Nullstellen dieses Polynoms liefert die gesuchte Höhe der C LEOPATRAschen Pyramide.
L ÖSUNG :
Sei also h die Höhe und – ohne Einschränkung – a die längere, b die kürzere der beiden Grundflächenseiten der
C LEOPATRAschen Pyramide, dann ist gemäß Aufgabenstellung a = h + 27 und b = h − 27. Die Pyramide hat damit
das Volumen
1
1
1
a b h = (h + 27)(h − 27)h = (h3 − 729h) .
3
3
3
1
Werden alle Steinquader mit dem Gesamtvolumen V = 177156 m3 zum Bau dieser Pyramide verbraucht, ist (h3 −
3
272 h) = V , umgeformt also
h3 − 729h − 531468 = 0.
(1)
Die gesuchte Höhe h der C LEOPATRAschen Pyramide ist also (relle positive) Nullstelle obiger spezieller kubischer
Gleichung (1). Zur Bestimmung von h kann man z.B. die aus der Vorlesung bekannte Formel von C ARDANO verwenden: Mit p := −729 und q := −531468 berechnen sich alle Nullstellen h ∈ C von (1) über
h = u+v
q √
q √
+ D und v 3 = − − D
2
2
q 2 p 3
und D =
+
2
3
mit
u3 = −
(2)
Hierbei ist die jeweilige Dreideutigkeit von u bzw. v über C zu beachten. Für h = u + v wären damit 12 verschiedene
Fälle möglich, die sich aber nach dem Fundamentalsatz der Algebra auf maximal drei verschiedene, im allgemeinen
komplexe Lösungen h der Gleichung (1) reduzieren.
Mit p = −729 und q = −531468 erhält man gemäß (2) für die Hilfgrößen u, v und D die Gleichungen
D
u
3
v3
=
p 2
2
q
= −
2
q
= −
2
p 3
+
= 2657342 − 2433 = 70614558756 − 14348907 = 70600209849 = 2657072
3
√
+ D = 265734 + 265707 = 531441
√
− D = 265734 − 265707 = 27
Also ist u = 81 und v = 3. Nun ergibt sich die Höhe h = u + v = 81 + 3 = 84 und damit die Seitenlängen a = 111
und b = 57 der Pyramide.