1. Gegeben sind die folgenden komplexen Zahlen: z1 = 8i, z2 = 5

1. Gegeben sind die folgenden komplexen Zahlen:
z1 = 8i,
z2 = 5(cos
π
π
+ i sin ),
4
4
z3 = 2 · eπi .
(a) Man berechne zz13 und z2 · z3 und stelle das Ergebnis in arithmetischer
Form x + iy dar.
(b) Man bestimme alle Lösungen der Gleichung i2 · z 3 = z1 , gebe die
Ergebnisse in der Eulerschen Form von komplexen Zahlen an und veranschauliche das Ergebnis in der Gaußschen Zahlenebene.
Lösung:
π
(a) z1 = 8 · e 2 i , damit
π
π
z3
z1
=
2eπi
8e π2 i
z3
z1
=
1
(cos π2
4
= 41 e(π− 2 )i = 14 e 2 i
+ i sin π2 ) = 14 i
5
π
z2 · z3 = 5 · e 4 i · 2 · eπi = 10e 4 πi
z2 · z3 = 10(cos 45 π + i sin 45 π)
√
√
= 10(− 21 2 + i(− 21 2))
= −5 ·
√
2(1 + i)
(b) i2 · z 3 = z1 → z 3 = −8i = 8 · (cos 23 π + i sin 23 π)
π
→ z0 = 2 · (cos π2 + i sin π2 ) = 2 · e 2 i
7
z1 = 2 · (cos( π2 +
2π
)
3
+ i sin( π2 + 23 π) = 2 · e 6 π
z2 = 2 · (cos( π2 +
4π
)
3
+ i sin( π2 + 43 π) = 2 · e 6 π
allg.: zk =
√
3
8(cos( π2 +
k·2π
)
3
11
+ i sin( π2 +
k·2π
)),
3
Im(z)
Zo
r=2
Re(z)
Z1
Z2
Winkel zwischen 2 Wurzeln jeweils 120 Grad
1
k = 0, 1, 2
2. Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N

1 0
 0 1
0 1
gilt:
n 

1 0 0
0
0  = 0 1 0 
1
0 n 1
Lösung: Beweis durch Induktion nach n
I. A.: n = 1
1 

1 0 0
1 0 0
 0 1 0  =  0 1 0  wahr!
0 1 1
0 1 1

I. Vor.: Formel gilt für n.
I. Beh.: Formel gilt für n + 1:
n+1 

1 0 0
1
0
0
 0 1 0 
1
0 
= 0
0 1 1
0 n+1 1

Induktionsbeweis:

n 

n+1

1 0 0
1 0 0
1 0 0
 0 1 0 
=  0 1 0  ·  0 1 0  mit I. Vor. gilt:
0 1 1
0 1 1
0 1 1

 

1 0 0
1 0 0
=  0 1 0 · 0 1 0 
0 n 1
0 1 1


1
0
0
1
0 
=  0
0 n+1 1
2
qed.
3. Gegeben ist die Matrix A, wobei b ∈ R\{0} ist.


b 0 1 1
 2b b 2 4 

A=
 3b 2b 3 −1 
4b 3b 5 2b
Zeigen Sie, dass det(A) = 8b2 gilt und berechnen Sie det( 81 A2 ),
det(A · AT ) und det(A−1 · AT ).
Lösung:
Man multipliziert die dritte Spalte der Determinante von A mit (−b) und
addiert das Ergebnis zur ersten Spalte, bzw. mit (−1) und addiert das
Ergebnis zur letzten Spalte.
b 0 1 1 0 0 1
0 2b b 2 4 0 b 2
2 =
det(A) = −4 3b 2b 3 −1 0 2b 3
4b 3b 5 2b −b 3b 5 2b − 5 0 1 0
= b b 2 2
2b 3 −4
b 2
= b · (−1) 2b −4
= −b(−4b − 4b)
= +8b2
det( 81 A2 ) = det( 18 E) · det(A) · det(A)
= ( 81 )4 · 8b2 · 8b2
=
b4
64
det(A · AT ) = det(A) · det(AT )
= det(A) · det(A)
= 64b4
det(A−1 · AT ) = det(A−1 ) · det(AT )
=
1
det(A)
· det(A) = 1
3
4. Gegeben ist die Relation R ⊆ N × N durch ∀x, y ∈ N : xRy ⇔ x + y ist
eine gerade Zahl.
(a) Man zeige, dass R eine Äquivalenzrelation ist.
(b) Welche Äquivalenzklassen entstehen?
(c) Welche Eigenschaft (injektiv, surjektiv, bijektiv) hat die Abbildung
f : N → A, wobei A die Menge aller Äquivalenzklassen ist?
(d) Zusatzaufgabe: Erfüllt die Relation R in der Halbgruppe (N, +) die
Substitutionseigenschaft? Welche Schlußfolgerung läßt sich aus dem
Ergebnis ableiten?
Lösung:
zu (a)
∀x, y ∈ N : xRy ↔ x + y ist gerade
↔ (x, y sind gerade) ∨ (x, y sind ungerade)
↔ (x ≡ 0 ∧ y ≡ 0 mod 2) ∨ (x ≡ 1 ∧ y ≡ 1 mod 2)
(i) R ist reflexiv: ∀ x ∈ (Z) gilt xRx, da x + x = 2x gerade ist.
(ii) R ist symmetrisch: ∀ x, y ∈ (Z) gilt xRy → yRx, da
xRy → x + y ist gerade → y + x ist gerade ↔ yRx
(iii) R ist transitiv: ∀ x, y, z ∈ (Z)gilt xRy ∧ yRz → xRz, da
xRy ∧ yRz ↔ (x + y ist gerade) ∧ (y + z ist gerade)
→ (x, y gerade ∨x, y ungerade) ∧ (y, z ungerade ∨ y, z gerade)
→ (x, y, z gerade) ∨ (x, y, z ungerade)
→ (x, z gerade) ∨ (x, z ungerade)
↔ xRz
damit: R ist Äquivalenzrelation
zu (b) Es gibt zwei Äquivalenzklassen in N:
[1]R = {2k − 1|k ∈ N} : Menge aller ungeraden Zahlen,
[2]R = {2k|k ∈ N} : Menge aller geraden Zahlen.
zu (c) f : N → A = {[1]R , [2]R } ist surjektiv, da w(f ) = A gilt:
Jedes Element von {[1]R , [2]R } ist Bildpunkt, z. B.
f (1) = [1]R
f (2) = [2]R , d. h. w(f ) = A.
f : N → A = {[1]R , [2]R } ist nicht injektiv, da nicht eineindeutig:
z. B. gilt: f (2) = f (4) = [2]R .
Da die Abbildung nicht injektiv ist, ist sie auch nicht bijektiv.
4
zu (d) (N, +) Halbgruppe: Es gilt aRb ∧ cRd → (a + c)R(b + d), da
aRb ∧ cRd ↔ (a + b ist gerade) ∧ (c + d ist gerade)
→ ((a, b, c, d) gerade) ∨ (a, b, c, d ungerade))∨ ((a, b gerade, c, d ungerade) ∨
(a, b ungerade, c, d gerade))
→ (a + c, b + d ist gerade) ∨ (a + c, b + d ist ungerade)
↔ (a + c)R(b + d)
Damit ist die Substitutionseigenschaft erfüllt, und man kann die Faktorhalbgruppe (A, ⊕) bilden, wobei A = {[1]R , [2]R } und [x]R ⊕ [y]R = [x + y]R
definiert wird.
5
5. Wahr oder falsch? Begründen Sie Ihre Aussage!
(a) Das Produkt zweier komplexer Zahlen aus C\R liegt in C\R.
(b) Es gibt eine injektive Abbildung f : A → B mit A = {1, 2, 3, 4, 5},
B = {4, 6, 9, 11}.
(c) Die Matrix A mit Einträgen aus dem Körper C hat die Inverse
A−1 = B
3 πi
e2
i 0
0
B=
A=
3
0 i
0 e 2 πi
(d) Es gibt ein inverses Element bezüglich der Multiplikation ⊙ von [3]5
in der Menge der Restklassen modulo 5.
Lösung:
(a) falsch, Gegenbeispiel: z1 = i, z2 = i; z1 · z2 = −1
(b) falsch, eine injektive Abb. erfüllt D(f ) = A und ist eineindeutig, also
muss B mindestens so viele Elemente wie A haben.
3
(c) richtig, e 2 πi = cos( 23 π) + i sin( 23 π) = 0 − i und A · B = B · A = E:
i 0
−i 0
0 i
0 −i
i 0
0 i
1 0
0 1
und
−i 0
0 −i
1 0
0 1
(d) richtig, [2]5 ist invers zu [3]5 , da [2]5 ⊙ [3]5 = [1]5 = [3]5 ⊙ [2]R und [1]5
neutrales Element bezüglich der Multiplikation ist.
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