Einheitswurzeln und Polynome

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1 Eiheitswurzel ud Polyome Axel Schüler, Mathematisches Istitut, Uiv. Leipzig Grüheide, Kojugatio ud Betrag Spiegelt ma eie komplexe Zahl z = a+b i a der reelle Achse, so erhält ma die kojugiert komplexe Zahl z = a b i. Der Betrag vo z ist die Läge der Strecke vom Nullpukt bis z. Nach dem Satz des Pythagoras ist also z = a 2 + b 2 oder z 2 = zz. Offebar ist z reell gdw. z = z. De Realteil a = Re (z) bzw. Imagiärteil b = Im (z) der komplexe Zahl z = a + b i erhält ma mit Hilfe der komplexe Kojugatio wie folgt: Re (z) = 1 2 (z + z) bzw. Im (z) = 1 2 i (z z). Im b r = z.. φ.. z = a + b i a Re Polarkoordiate. Die komplexe Zahl z = a+b i ka alterativ durch ihre Betrag r = z ud ihr Argumet ϕ = arg(z), de Wikel vo der reelle Achse bis zum Leitstrahl durch z, dargestellt werde. Es ist da z = r(cos ϕ+ i si ϕ). Ma ka sich die komplexe Zahle als Pukte der Gaußsche Zahleebee vorstelle. Die Multiplikatio komplexer Zahle ist i der Polarkoordiateschreibweise sehr eifach. Die Beträge werde multipliziert ud die Argumete werde addiert: z 1 z 2 = z 1 z 2 ud arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 ) + arg(z 2 ). (1) Für die komplexe Zahle z 1 = r 1 (cos ϕ + i si ϕ) ud z 2 = r 2 (cos ψ + i si ψ) gilt also z 1 z 2 = r 1 r 2 (cos(ϕ + ψ) + i si(ϕ + ψ)). Satz 1 (i) Für alle ud ϕ gilt die Moivresche Formel (cos ϕ + i si ϕ) = cos(ϕ) + i si(ϕ). (2) (ii) Die komplexe Nullstelle des Polyoms z 1 sid die Zahle ε k = cos 2kπ 2kπ + i si, k = 0,..., 1. (3) This material belogs to the Public Domai KoSemNet data base. It ca be freely used, distributed ad modified, if properly attributed. Details are regulated by the Creative Commos Attributio Licese, see For the KoSemNet project see 1

2 Beweis : Die Moivresche Formel (i) folgt sofort aus der Produktformel. Isbesodere ist arg(z ) = arg(z) ud cos ϕ + i si ϕ = 1. (ii) Es sei c eie Nullstelle vo z 1, also c = 1. Folglich gilt 1 = c = c ud somit c = 1, etwa c = cos ϕ+ i si ϕ. Nach (i) ist da 1 = (cos ϕ+ i si ϕ) = cos(ϕ)+ i si(ϕ). Äquivalet dazu ist cos(ϕ) = 1 bzw. ϕ = 2kπ, k. Folglich ist ϕ = 2kπ/, k die allgemeie Lösug für das Argumet. Uterscheide sich aber die Argumete zweier komplexer Zahle um ei gazzahliges Vielfaches vo 2π (bei gleichem Betrag), so sid die komplexe Zahle gleich. Für k = 0,..., 1 erhält ma die verschiedee komplexe Lösuge ε k aus (3). Das Polyom z 1 heißt Kreisteilugspolyom. Seie Nullstelle heiße -te Eiheitswurzel. Ma beachte, dass ε 0 = ε, ε 1 = ε +1 usw. I der komplexe Ebee bilde die -te Eiheitswurzel ei reguläres -Eck mit dem Mittelpukt 0 ud eier Ecke ε 0 = 1. Der Vietasche Wurzelsatz Satz 2 Es sei p(z) = z a 1 z 1 + a 2 z 2 + ( 1) a ei Polyom -te Grades mit de Nullstelle z 1,..., z. Da lasse sich die Koeffiziete ( 1) k a k wie folgt durch die Nullstelle ausdrücke: a 1 = z 1 + z, a 2 = z 1 z 2 + z 1 z 3 + z 1 z,. a = z 1 z 2 z. Der Beweis ergibt sich eifach durch Ausmultipliziere der Idetität p(z) = (z z 1 )(z z 2 ) (z z ) ud aschließedem Koeffizietevergleich mit dem gegebee Polyom. Erste eifache Aweduge Beispiel 1 Für alle atürliche Zahle gilt cos 2π + cos π + + cos 2( 1)π = 0. Lösug. Wir wede de Vietasche Wurzelsatz auf das Polyom z 1 ud de Koeffiziete vor z 1 a: 1 ( 2kπ 2kπ ) 0 = ε 0 + ε ε 1 = cos + i si. Isbesodere ist der Realteil gleich Null. Spaltet ma de Summade 1 für k = 0 ab, so ergibt sich die Behauptug. Beispiel 2 Beweise Sie die folgede Idetitäte: (a) cos 2π 7 + cos π 7 + cos 8π 7 = 1 2, (b) si 2π 7 + si π 7 + si 8π 7 =

3 Lösug. Wir betrachte die 7-te Eiheitswurzel ε k = cos 2kπ 7 + i si 2kπ 7, k = 0,..., 6 ud setze e 1 = ε 1 + ε 2 + ε, e 2 = ε 3 + ε 5 + ε 6. Die Behauptug ist da äquivalet zu e 1 = i 2 7. Wir suche eie quadratische Gleichug t 2 + pt + q mit de Nullstelle e 1 ud e 2. Nach dem Vietasche Wurzelsatz ist da ud p = (e 1 + e 2 ) = (ε 1 + ε 6 ) = 1 q = e 1 e 2 = (ε 1 ε 3 + ε 1 ε 5 + ε 1 ε 6 ) + (ε 2 ε 3 + ε 2 ε 5 + ε 2 ε 6 ) + (ε ε 3 + ε ε 5 + ε ε 6 ) = ε + ε ε ε ε 2 + ε 3 = 3 + ε ε 6 = 2. Somit sid e 1 ud e 2 die Nullstelle vo t 2 + t + 2 ud damit e 1,2 = 1 2 ( 1 ± i 7). Wege Im (e 1 ) > 0 ergibt sich die Behauptug. Beispiel 3 Dem Eiheitskreis sei ei reguläres -Eck P 1 P 2 P eibeschriebe. Ma zeige, dass das Produkt aller Streckequadrate P i P j 2, 1 i < j, gleich ist! Lösug. Wir lege das reguläre -Eck so i die komplexe Ebee, dass P i = ε i 1, i = 1,...,, wobei die ε i gerade die -te Eiheitswurzel sid. Wege ε i = ε i gilt da für D = 1 i<j (ε i ε j ) D 2 = DD = (ε i ε j )(ε i ε j ) = ε i (1 ε j i )ε i (1 ε i j ) i<j i<j = 1 ε i j ) = (1 ε k ) = i j(1 ( 1 (1 ε k ) ) i=1 Wege x 1 = (x 1)(x ) gilt u aber f(x) := x 1 + x x + 1 = (x ε 1 )(x ε 2 ) (x ε 1 ). Setzt ma hier x = 1 ei ud vergleicht dies mit (), so erhält ma D 2 = f(1) =. Summe vo Biomialkoeffiziete Beispiel Ma zeige, dass für alle atürliche Zahle gilt ( ) ( ) ( ) s := = (2 + 2 cos π 3 ) (5) Lösug. Es sei ε = 1 2 ( 1 + i 3) die erste primitive dritte Eiheitswurzel. Wir bereche ach der biomische Formel ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 + 1) = = , k ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 + ε) = ε k = + ε + ε 2 + +, k ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 + ε 2 ) = ε 2k = + ε 2 + ε + +. k () 3

4 Wege 1 + ε k + ε 2k = 0 für k 0 (mod ()3) ist die Summe der drei rechte Seite gleich 3s. Beachtet ma, dass η := 1 + ε ud η 1 = 1 + ε 2 primitive sechste Eiheitswurzel sid, was ma sich am beste mit eier Skizze verdeutlicht, so lasse sich die like Seite, ach Moivre, wie folgt vereifache: (1 + ε) = cos 2π 6 (1 + ε 2 ) = cos 2π 6 Hieraus ergibt sich die Behauptug. + i si 2π 6, i si 2π 6. Aufgabe 1 Ma zeige, dass für alle atürliche Zahle gilt ( ) ( ) ( ) ( ) = /2 1 si π Lösugsidee. Aalog zur vorige Aufgabe setzte wir u mit de vierte Eiheitswurzel ε k, k = 0,..., 3, (ε 0, ε 1, ε 2, ε 3 ) = (1, i, 1, i ), die Biomialausdrücke (1 + ε k ) a. Astelle der Summe dieser Ausdrücke, welche us ( k 0 k) liefer würde, multipliziere wir die erste Gleichug mit 1, die zweite Gleichug mit i, die dritte Gleichug mit 1 ud schließlich die vierte Gleichug mit i ud bilde jetzt die Summe. Dabei bleibe eizig die zweite, füfte, eute usw. Summade der Biomialkoeffizietesumme übrig; alle adere hebe sich weg wege 1 + i 1 i = 0. Beachtet ma ferer, dass 1 + i = 2 ε 8 ud 1 i = 2 ε 1 8 gilt, mit der primitive achte Eiheitswurzel ε 8 = cos π + i si π, da ergibt sich die Behauptug. Aufgabe 2 Ma beweise für alle die folgede Idetitäte: ( ) ( ) ( ) = cos π 0 8 ( ) ( ) ( ) = cos π ( ) ( ) ( ) = si π (a) (b) (c) Das Kreisteilugspolyom i reelle Faktore Zur Berechug vo Summe oder Produkte trigoometrischer Ausdrücke ist es oftmals vo Vorteil, das Kreisteilugspolyom z 1 i seie reelle Faktore zu zerlege. Fasst ma ämlich immer die Liearfaktore (z ε k ) ud (z ε k ), ε k 1, 1 zu eiem quadratische Polyom zusamme, so wird dieses Polyom wege ε k + ε 1 k = 2 cos 2kπ (z ε k )(z ε 1 k ) = z2 2z cos 2kπ + 1. Für = 2m bzw. = 2m + 1 erhalte wir somit reell: m 1 z 2m 1 = (z 2 1) (z 2 2 cos 2kπ z + 1), 2m (6) m z 2m+1 1 = (z 1) (z 2 2kπ 2 cos z + 1). 2m + 1 (7)

5 Beispiel 5 Ma beweise für alle m die folgede beide Idetitäte: si π 2π (m 1)π m si si 2m 2m 2m =, (a) 2m 1 π si 2m + 1 si 2π 2m + 1 si mπ 2m + 1 2m + 1 = 2 m. (b) Lösug. (a) Wir dividiere (6) durch z 2 1 ud erhalte z 2m 2 + z 2m = m 1 (z 2 2 cos 2kπ 2m z + 1). (8) Setzt ma z = 1 obe ei ud beachtet, dass 1 cos(2α) = 2 si 2 α, so hat ma m = m 1 ( 2(1 cos 2kπ 2m )) = 2 m 1 (2 si 2 kπ 22m 2(m 1 2m ) = m 1 Da si kπ/(2m) > 0 für alle k = 1,..., m 1, folgt hieraus die Behauptug. (b) Ma dividiert (7) durch z 1 ud erhält z 2m + z 2m = Setzt ma hier z = 1 ei, so erhält ma wie i (a) die Behauptug. Beispiel 6 Ma zeige für alle m : 2m cos si kπ ) 2 2m m (z 2 2kπ 2 cos z + 1). (9) 2m + 1 kπ 2m + 1 = ( 1)m m. Lösug. Wir setze i (9) z = 1 ei ud erhalte, da liks eie ugerade Azahl vo Summade steht, m 1 = 2 m 2kπ (1 + cos 2m + 1 ). Beachtet ma diesmal 1 + cos(2α) = 2 cos 2 α, so ergibt sich m = m cos 2 kπ 2m + 1. Wege cos α = cos(π α) ist cos (2m+1 k)π kπ 2m+1 = cos 2m+1. Wir zerlege somit cos2 α = cos α cos(π α) ud erhalte Hieraus folgt die Behauptug. m m = ( 1) m kπ (2m + 1 k)π cos cos 2m + 1 2m + 1 2m m = ( 1) m kπ cos 2m

6 Trigoometrische Summe Wir betrachte die Moivresche Formel (2) ud wolle u de Realteil ud de Imagiärteil eizel behadel. Es gilt ( ) cos(ϕ) + i si(ϕ) = (cos ϕ + i si ϕ) = cos k (ϕ) i k si k (ϕ). k Wege ( i k ) = (1, i, 1, i, 1,... ) erhält ma daraus ( ) cos(ϕ) = cos ϕ cos 2 ϕ si 2 ϕ + 2 si(ϕ) = ( 1 ) cos 1 ϕ si ϕ ( 3 ( ) cos ϕ si ϕ, (10) ) cos 3 ϕ si 3 ϕ +. (11) Beispiel 7 Ma beweise, dass für alle cot gilt: (2k 1)π 2 = 0. Lösug. Da die ugeradzahlige Vielfache vo π/2 die Nullstelle der cos-fuktio sid, hat ma cos(ϕ k ) = 0 für ϕ k = (2k 1)π/(2), k = 1,...,. Dividiert ma also (10) durch si ϕ ud setzt ϕ = ϕ k ei, so erhält ma mit der Setzug y = cot ϕ, dass die Gleichug ( ) ( ) 0 = y y 2 + y (12) 2 geau die Nullstelle cot ϕ k, k = 1,..., hat. Nach dem Vietasche Wurzelsatz ist die Summe der Nullstelle gleich dem Koeffiziete vor y 1, also gleich Null. Beispiel 8 Ma beweise, dass für alle gilt: 1 cot kπ = 0. 1 cot 2 kπ = 1 ( 1)( 2). 3 (b) (a) Lösug. Die Wikel ϕ k := kπ/, k = 1,..., 1 sid gerade Nullstelle vo si(ϕ). Wir dividiere daher die Gleichug (11) durch si ϕ ud erhalte mit z := cot ϕ, dass z k = cot ϕ k gerade die 1 Nullstelle der Gleichug 0 = ( 1 ) z 1 ( ) z sid. Nach dem Vietasche Wurzelsatz ergibt sich wieder die Behauptug (a). Normiert ma das obige Polyom, mittels Divisio durch, so ließt ma di zweite elemetarsymmetrische Fuktio ab: ) 3 σ 2 = ( = 1 ( 1)( 2). 6 6

7 Nu läßt sich aber die Quadratsumme k z2 k bekatlich durch die erste beide elemetarsymmetrische Fuktioe σ 1 = z z ud σ 2 = z 1 z 2 + z 1 z 3 + z 1 z ausdrücke: k z2 k = σ2 1 2σ 2. Somit erhalte wir k z2 k = 0 + 2/6( 1)( 2) ud (b) ist gezeigt. Die Aufgabe A7 ud A8 (a) folge atürlich auch aus der elemetare Tatsache, dass cot(π α) = cot α gilt, de i A7 ergäze sich die k ud k + 1 etsprechede Wikel (2k 1)π/(2) bzw. (2 2k + 1)π/(2) zu π ud i der Aufgabe A8 (a) sid es die k ud k etsprechede Wikel kπ/ bzw. ( k)π/. Beispiel 9 Ma beweise, dass für alle atürliche Zahle Ma beweise: 1 cot (k 3)π gilt: =. (13) cot 1 + cot cot 177 = 5. (1) Lösug. Wir dividiere die Gleichug (10) durch die Gleichug (11) ud erhalte ach aschließedem Kürze duch si ϕ die Gleichug cot(ϕ) = cot ϕ ( 2) cot 2 ϕ + ( 1) cot 1 ϕ ( ) 3 cot 3 +. (15) Setzt ma hier acheiader ϕ k = (α + kπ)/, k = 0,..., 1 ei, wobei α eie feste vo π/2 + mπ, m verschiedee Zahl ist, so bleibt die like Seite kostat gleich cot α. Beseitigt ma de Neer ud setzt y := cot ϕ, so erket ma, dass die Gleichug cot α (( ) ( ) y 1 y 3 + ) ( ) ( ) = y y 2 + y (16) geau die Lösuge cot ϕ k, k = 0,..., 1 besitzt. Wir wede wieder de Vietasche Wurzelsatz auf de Koeffiziete vor y 1 a ud erhalte 1 cot α + kπ = cot α. (17) Erweitert ma de Bruch mit ud setzt α = 3π, also α = 3/π bzw. cot α = 1, so ergibt sich (13). Setzt ma i (17) = 5 ud α = 5 ei, so erhält ma ϕ k = 1 + k, k = 0,..., ud (1) folgt. Beispiel 10 Ma beweise dass für alle atürliche Zahle die folgede Idetität gilt: 1 = 2. (18) si 2 (2k 1)π 2 Lösug. Wir betrachte die Gleichug (12) mit de Nullstelle cot(2k 1)π/(2), k = 1,...,. Wege si 2 α = 1 + cot 2 α ist die gesuchte Summe der reziproke Siusquadrate gleich (1 + yk 2 ) = + (y2 1 + y). 2 (19) 7

8 Zur Berechug der Quadratsumme beutzte wir wieder die Relatio k y2 k = σ2 1 2σ 2. Nach (12) ud dem Vietasche Wurzelsatz, agewadt auf die Koeffiziete vor y 1 ud y 2, ist aber σ 1 = 0 ud σ 2 = 1 2( 1). Setzt ma dies i (19) ei, so ergibt sich 1 si 2 (2k 1)π 2 = ( 1) = 2. Attributio Sectio schueler ( ): Cotributed to KoSemNet graebe ( ): Prepared alog the KoSemNet rules 8