Lösungen / Solutions

M ATHEMATIK I - W INTERSEMESTER 2016/2017
L ÖSUNGEN ZUM 3. Ü BUNGSBLATT LINEARE ALGEBRA
Aufgabe 11
Wir führen uns zunächst zur noch einmal die Definition des Vektorraums vor Augen. Es
sei K ein Körper, z.B. einer der Zahlkörper Q, R, C, oder ein Restklassenring Z p mit einer
Primzahl p. Ein Vektorraum V über dem Körper K ist eine Menge mit einer inneren Addition:
+ : V×V → V
(~x, ~y) 7→ ~x + ~y
und einer skalaren Multiplikation:
· : K×V → V
( a, ~y) 7→ a · ~y,
die folgenden Rechengesetzen unterliegen:
(i) ~x + (~y +~z) = (~x + ~y) +~z,
(ii) ~x + ~y = ~y + ~x,
(iii) Es gibt einen Nullvektor ~0 ∈ V mit ~x + ~0 = ~x,
(iv) Zu jedem Vektor ~x ∈ V gibt es einen inversen Vektor −~x ∈ V mit ~x + (−~x ) = ~0,
(v) ( ab) · ~x = a · (b · ~x ),
(vi) 1 · ~x = ~x,
(vii) a · (~x + ~y) = a · ~x + a · ~y,
(viii) ( a + b) · ~x = a · ~x + b · ~x,
für alle ~x, ~y, ~z ∈ V und a, b ∈ K. Der Nullvektor und der jeweilige inverse Vektor sind hierbei
eindeutig bestimmt.
Nun betrachten wir die Menge M0 aller reellen Nullfolgen. Für diese Menge definieren wir
eine innere Addition, indem die Summe zweier Nullfolgen ( xn )n , (yn )n ∈ M0 durch die
Folge der Summe ihrer einzelnen Folgenglieder definiert wird:
( xn )n + (yn )n := ( xn + yn )n .
Eine skalare Multiplikation definieren wir ebenfalls gliedweise:
a · ( xn )n := ( axn )n .
Stellt nun die Menge M0 aller Nullfolgen mit diesen beiden Verknüpfungen einen R-Vektorraum dar?
Die acht Rechengesetze gelten aufgrund der Rechengesetze für Addition und Multiplikation im Körper R der reellen Zahlen, denn die Addition zweier Folgen und die skalare Multiplikation sind ja in ihren Definitionen auf die Addition und Multiplikation reeller Zahlen
jeweils direkt zurückgeführt worden. Der Nullvektor ist die Folge, deren Glieder alle verschwinden (0)n = (0, 0, . . .) ∈ M0 , Für eine beliebige Nullfolge ( xn )n ∈ M0 ist die Folge
1
(− xn )n ebenfalls eine Nullfolge mit der Eigenschaft ( xn )n + (− xn )n = ( xn − xn )n = (0)n .
Damit existiert für jede Folge aus M0 auch eine inverse Folge in M0 .
Es bleibt lediglich die Frage, ob es sich bei der so definierten Addition und Multiplikation
überhaupt um innere Verknüpfungen handelt, ob also die Summenfolge oder die skalar
multiplizierte Folge wieder in M0 liegt.
Aus der Analysis wissen wir, dass die Summe zweier konvergenter Folgen ebenfalls konvergent ist, und sich ihr Grenzwert aus der Summe der Einzelgrenzwerte ergibt. Für Folgen
( xn )n , (yn )n ∈ M0 bedeutet dies
lim ( xn + yn )
Analysis
n→∞
=
lim xn + lim yn = 0 + 0 = 0.
n→∞
n→∞
daher ist auch ( xn )n + (yn )n ∈ M0 . Ebenfalls ein Ergebnis der Analysis ist, dass bei einer
konvergenten Folge ein konstanter Faktor aus dem lim-Symbol vor das lim-Symbol gezogen
werden kann:
lim axn
n→∞
Analysis
=
a lim xn = 0.
n→∞
also ist auch a · ( xn )n ∈ M0 . Bei beiden Verknüpfungen handelt es sich somit um innere
Verknüpfungen. Alles in allem ist die Menge M0 aller Nullfolgen in dieser Weise ein RVektorraum. Die einzelnen Nullfolgen stellen somit die Vektoren dar.
Betrachtet man nun die Menge M1 aller reellen Folgen mit Grenzwert 1, so ergibt diese
Menge mit der oben eingeführten gliedweisen Addition und gliedweisen skalaren Multiplikation keinen R-Vektorraum mehr. Denn die Addition zweier Folgen mit Grenzwert 1 führt
zu einer Folge mit Grenzwert 2. Die Summenfolge liegt damit nicht mehr in M1 . Entsprechendes gilt für die skalar multiplizierte Folge a · ( xn )n 6∈ M1 für a 6= 1. Es handelt sich hier
nicht mehr um innere Verknüpfungen.
Nun könnte durch man die Addition zweier Folgen aus M1 auch wie folgt definieren, um
Abhilfe zu schaffen und somit an eine innere Addition zu kommen:
( xn )n + (yn )n := ( xn yn )n .
Wir addieren also zwei Folgen, indem wir Ihre jeweiligen Folgenglieder miteinander multiplizieren. Auf diese Weise ist die Summe zweier Folgen aus M1 wieder eine Folge mit
Grenzwert 1. Die Addition führt damit wieder in die Menge M1 zurück. Der Nullvektor
wäre die Folge (1)n = (1, 1 . . .) ∈ M1 . Wir bekommen aber Probleme mit den Rechengesetzen, da in einem Vektorraum beispielsweise nach Axiom (vii) verlangt wird:
a · (~x + ~y) = a · ~x + a · ~y
für alle a ∈ K, ~x, ~y ∈ V. Nun gilt hier für alle a ∈ R, und ( xn )n , (yn )n ∈ M1
a · ( xn )n + (yn )n = a · ( xn yn )n = ( axn yn )n .
Nach Axiom (vii) müsste aber
a · ( xn )n + (yn )n = a · ( xn )n + a · (yn )n = ( axn )n + ( ayn )n = ( a2 xn yn )n
gelten. Für a 6∈ {1, 0} gilt aber a 6= a2 . Mit dieser umdefinierten Addition ist also M1 noch
kein R-Vektorraum. Dies hätte man auch daran bereits erkennen können, dass die skalare
Multiplikation wie in der Situation zuvor aus der Menge M1 herausführen kann.
2
Aufgabe 12
a) Es gilt
i0 = 1,
i1 = i,
i2 = −1,
i3 = −i,
i4 = 1,
i5 = i,
...
Es entsteht damit ein 4-er Zyklus, d. h. es gilt offenbar
ik = ik
mod 4
,
für alle
k ∈ Z.
Die mit ζ 4 := i definierten vier Zahlen ζ 40 = i0 = 1, ζ 41 = i1 = i, ζ 42 = i2 = −1, und ζ 43 =
i3 = −i lösen alle die Gleichung z4 = 1, es sind auch die einzigen Lösungen dieser
Gleichung. Man spricht deshalb bei den Zahlen ζ 4k von den 4-ten Einheitswurzeln.
Diese Zahlen liegen auf dem Einheitskreis in der komplexen Ebene und teilen ihn in 4
Sektoren des Winkels π2 = 90◦ auf.
b) Es gilt
0 · πi
3
1 · πi
exp
3
2 · πi
exp
3
3 · πi
exp
3
4 · πi
exp
3
5 · πi
exp
3
6 · πi
exp
3
7 · πi
exp
3
..
.
exp
= e0 = 1
√
1
3
=
+i·
2
2√
1
3
= − +i·
2
2
= −1 + i · 0 = −1
√
1
3
= − −i·
2
√2
1
3
=
−i·
2
2
= exp(2πi ) = 1
√
1
3
=
+i·
2
2
.. ..
. .
2πi
Es ergeben sich mit ζ 6 := exp πi
3 = exp 6 genau 6 verschiedene komplexe Zahlen:
k · 2πi
2πi k
k
= exp
,
k = 0, 1, . . . , 5.
ζ 6 = exp
6
6
Diese Zahlen sind genau die 6 Lösungen der Gleichung z6 = 1. Diese 6-ten Einheitswurzeln liegen ebenfalls auf dem Einheitskreis und teilen ihn in 6 Sektoren des Winπ
◦
kels 2π
6 = 3 = 60 auf.
Man mit den Potenzen von ζ n := exp 2πi
n :
2πi k
k · 2πi
(k mod n) · 2πi
k
ζ n = exp
= exp
= exp
n
n
n
die n Lösungen der Gleichung zn = 1, den n-ten Einheiswurzeln, die auf dem Ein360◦
heitskreis liegend ihn in Sektoren des Winkels 2π
=
n
n gleichmäßig aufteilen, denn
k
n
man überzeugt sich leicht davon, dass (ζ n ) = 1 ist.
3
c) Die kartesischen Darstellungen lauten nach der E ULERschen Formel reiϕ = r cos ϕ +
ir sin ϕ:
z0 = 1 = 1 · exp(i · 0),
z1 = 1 + i =
z2 = i = exp( π2 ),
z3
z4 = −1 = exp(iπ ),
z5
z6 = −i = exp(i 3π
2 ),
z7
√
2 exp(i π4 )
√
= −1 + i = 2 exp(i 3π
4 )
√
= −1 − i = 2 exp(i 5π
4 )
√
√
= z1 = 2 exp(−i π4 ) = 2 exp(i 7π
4 )
d) Hat man z = r exp(iϕ) = r (cos ϕ + i sin ϕ) so folgt durch Übergang auf das konjugiert
Komplexe:
z = r (cos ϕ − i sin ϕ) = r (cos(− ϕ) + i sin(− ϕ)) = r exp(−iϕ),
da der Kosinus gerade, d. h. cos x = cos(− x ), und der Sinus ungerade, d. h. − sin x =
sin(− x ), ist.
e) Es gibt zwei Lösungsvarianten, um für z = −i (2 + 2i ) die 19-te Potenz zu berechnen.
√
Variante 1: Es ist z = −i (2 + 2i ) = 2 − 2i = 2(1 − i ) = 2 2 exp(i 7π
4 ), damit ist
√
2 · πi 19 √ 57
2πi 19·7 √ 57
2πi 133
z19 = (2 2)19 (exp(7 ·
) = 2 exp(
)
= 2 exp(
)
2·4
8
8
2πi 133 mod 8
2πi 5
2πi
= 257/2 exp(
)
= 257/2 exp(
) = 257/2 exp(5 ·
)
8
8
8
1
1
= 257/2 (− √ − √ i ) = 256/2 (−1 − i ) = 228 (−1 − i )
2
2
Variante 2:
z19 =
=
=
=
=
z18 z = (z2 )9 z
((2 − 2i ))2 )9 · (2 − 2i ) = ((2(1 − i ))2 )9 · 2 · (1 − i )
(4(1 − i )2 )9 · 2 · (1 − i ) = (4(1 − 2i + i2 ))9 · 2 · (1 − i )
49 · (−2i )9 · 2 · (1 − i ) = 218 · (−2)9 · i9 · 2 · (1 − i )
−219 · 29 · i1 · (1 − i ) = −228 · (i + 1) = 228 (−1 − i )
Aufgabe 13
Der Endwinkel dieser Konfiguration verhält sich in 3◦ -Abschnitten zyklisch. Wir rechnen
also in der Restklasse modulo 120, d. h. im Restklassenring Z120 .
a.a) 12345 Impulse erzeugen den gleichen Endwinkel wie 12345 mod 120 = 105 Impulse,
dies entspricht damit einem Endwinkel von 315◦ .
a.b) 990 Impulse erzeugen den gleichen Endwinkel wie 990 mod 120 = 30 Impulse, dies
entspricht damit einem Endwinkel von 90◦ .
a.c) 540 Impulse erzeugen den gleichen Endwinkel wie 540 mod 120 = 60 Impulse, dies
entspricht damit einem Endwinkel von 180◦ .
4
a.d) 720000 Impulse erzeugen den gleichen Endwinkel wie 720000 mod 120 = 0 Impulse,
der Endwinkel stimmt also mit dem Anfangswinkel überein.
b.a) −1 entspricht 120 − 1 im Restklassenring Z120 . Daher bewegen 119 Impulse das Rad
im Endeffekt um 3◦ entgegen der Drehrichtung des Schrittmotors, d. h. im Uhrzeigersinn.
b.b) 90◦ im Uhrzeigersinn entsprechen 30 · (−1) = −30 in Z120 . Es entspricht −30 dem
Wert 120 − 30 = 90 in Z120 . Es erzeugen daher 90 Impulse einen Winkel von 270◦
entgegen dem Uhrzeigersinn und damit einen Winkel von 90◦ im Uhrzeigersinn.
c) Eine Sekunde entspricht 6◦ = 2 · 3◦ im Uhrzeigersinn. Dieser Winkel wird von 2 · (−1)
also 118 Impulsen erzeugt. Die Konfiguration muss also im Stande sein, 118 Impulse
pro Sekunde zu verarbeiten.
Aufgabe 14
√
a) z1 = 1 − i = 2 exp(i 7π
4 ).
√
√
√
√
2 exp(2πi ) exp(−i 7π
b) z2 = z1 = 2 exp(−i 7π
) = 2 exp(i (2π − 7π
)) = 2 exp(i π4 ).
4 ) =
4
4
| {z }
=1
c) z3 = 2i = 2 exp(i π2 ).
√
d) z4 = 1 + 3i = |z4 | exp(iϕ) = |z4 | cos ϕ + i |z4 | sin ϕ (E ULERsche Formel). Es gilt hierbei
q
√ 2 √
| z 4 | = 12 + 3 = 4 = 2
und
1 = Re z4 = |z4 | cos ϕ = 2 cos ϕ,
√
3 = Im z4 = |z4 | sin ϕ = 2 sin ϕ.
Damit folgt für den gesuchten Winkel
√
1
3
cos ϕ = ,
sin ϕ =
.
2
2
Ein Winkel ϕ, der das leistet, ist ϕ =
π
3
= 60◦ . Insgesamt folgt daher
π
z4 = 2 exp(i ).
3
π
e) z5 = 4 cos 3π
= 4 exp(i 3π
4 + 4i sin
4 ).
| {z 4}
=sin 3π
4
f) z6 = −z4 = exp(iπ ) z4 = exp(iπ ) · 2 exp(i π3 ) = 2 exp(i (π + π3 )) = 2 exp(i 4π
3 ).
| {z }
=−1
5
g) z7 = 2(1 + i ) · 3(i − 1) = 6(1 + i )(i − 1) = −12 = 12 exp(iπ ). Stellt man beide Faktoren
in Polarkoordinatenform dar:
√
π
ζ = 2(1 + i ) = 2 2 exp(i ),
4
√
3π
ξ = 3(i − 1) = 3 2 exp(i ),
4
so ergibt das Produkt
√
√
π 3π
π
3π
ζ · ξ = 2 2 exp(i ) · 3 2 exp(i ) = 12 exp(i ( +
)) = 12 exp(iπ ) = −12.
4
4
4
4
Zwei komplexe Zahlen werden also miteinander multipliziert, indem man ihre Beträge miteinander multipliziert und ihre Argumente (Winkel) addiert (Interpretation
des komplexen Produktes als Drehstreckung).
Aufgabe 15
3π
3π
a) z1 = exp(i 3π
2 ) = cos 2 +i sin 2 = −i.
| {z } | {z }
=0
=−1
b) z2 = 5 exp(i π4 ) = 5(cos π4 + i sin π4 ) =
√5
2
+ i √52 .
3π
3π
+i sin
)=
(i · 14π )) = − exp(i 3π
) = −(cos
c) z3 = exp(i 3π
4 )(− exp
4
{z
}
|
| {z 4} | {z4}
=1
=− √1
2
√1
2
= √1
2
d)
2π
4π
2π
4π
) · 2 exp(i ) · 3 exp(i ) · 4 exp(i )
5
5
5
10
2 4 2
4
10
= 4! exp(i ( + + + )π ) = 24 exp(i π ) = 24 exp(2πi ) = 24.
5 5 5 10
5
z4 = exp(i
6
− i √12 .