Höhere Mathematik I für Ingenieurinnen und Ingenieure Lösungen zur 3. Übung

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1 TU Bergakademie Freiberg Vorl. Frau Prof. Dr. Swanhild Bernstein Übung Dipl.-Math. Daniel Lorenz Freiberg, 25. Oktober 2016 Höhere Mathematik I für Ingenieurinnen und Ingenieure Lösungen zur 3. Übung Aufgabe 1 Berechnen Sie möglichst geschickt: a z 1 = 1 + i 4, b z 2 = 1 + i 8, c z 3 = 1 + i 16, 32. d z 4 = 2cos 3 2 π + i sin 3 2 π Lösung a z 1 = 1 + i 4. Prinzipiell haben wir beim Berechnen der Potenzen immer zwei Möglichkeiten: wir können den binomischen Satz oder den Satz/die Formel von Moivre nutzen. In der Regel bei Potenzen größer 2 empfiehlt sich der Weg über Moivre. Nach der Formel von Moivre gilt für die n-te Potenz einer komplexen Zahl z = re iϕ = rcosϕ + i sinϕ, dass z n = r n e in ϕ = r n cosn ϕ + i sinn ϕ. Einfach gesagt: wir potenzieren den Radius mit n und multiplizieren den Winkel mit n. In dieser Aufgabe, wenn z 1 = 1 + i 4, ist der erste Schritt also die Zahl 1 + i in exponentieller oder trigonometrischer Form zu schreiben. Wir erhalten r = 1 + i = 2, 1 ϕ = arg1 + i = arctan = 1 π 4, da 1 + i offenbar im ersten Quadranten liegt. Schließlich ist also z 1 = 1 + i 4 = 2 4 e i π 4 4 = 4e iπ = 4, wo wir genutzt haben, dass e iπ = 1. b z 2 = 1 + i 8. Für diese Aufgabe können wir die Ergebnisse aus Teilaufgabe a nutzen, um recht viel Arbeit zu sparen. Da z 2 = z1 2, reicht es also unser Ergebnis aus a zu quadrieren. Wir erhalten z 2 = 16. 1

2 Alternativ können wir auch ausführlich rechnen. z 2 = 1 + i 8 = 2 8 e i π 4 8 = 16e i2π = 16, da e i2π = 1. c z 3 = 1 + i 16. Auch hier gilt das selbe wie bei Teilaufgabe b. Da z 3 = z 2 2 = z4 1 z 3 = 16 2 = 256. erhalten wir Die ausführliche Rechnung führt auf da e i4π = d z 4 = 2cos 3 2 π + i sin 3 2 π z 3 = 1 + i 16 = 2 16 e i π 4 16 = 256e i4π = 256, Auch diese Aufgabe lässt sich auf zwei Wegen lösen. Der Standard-Weg führt sofort auf z 4 = cos 2 π 32 + i sin 2 π 32 = 2 32 cos48π + i sin48π = 2 32, da cos48π = 1 und sin48π = 0. Alternativ kann man hier auch vor dem Potenzieren die Werte für cos 3 2π und sin 3 2 π bestimmen und feststellen, dass cos 3 2 π = 0 und sin 3 2π = 1. Damit reduziert sich die Aufgabe zu z 4 = 2 32 i 32 = 2 32 i 2 16 = = Hier besteht die Schwierigkeit darin bei der Berechnung von i 32 nicht durcheinander zu kommen. Aufgabe 2 Bestimmen Sie alle Lösungen der folgenden Gleichungen. a w 3 = 27, b w 1 3 = 8, c w = 8 3i, d w i = 0, e w 2 4w + 13 = 0, f w 4 5w 2 36 = 0. Lösung a w 3 = 27. 2

3 Das Vorgehen beim Wurzelziehen ist bei komplexen Zahlen fast immer das Selbe. Zunächst wandeln wir die Zahl, aus der wir die Wurzel ziehen wollen in exponentielle oder trigonometrische Form um. In unserem Fall nutzen wir, dass 1 = e iπ ist und erhalten sofort 27 = 27e iπ. Alternativ kann man den Winkel auch aus einer Skizze ablesen. Nun ziehen wir die dritte Wurzel entsprechend der, aus der Vorlesung oder dem Internet,..., bekannten Formel: Damit erhalten wir drei Lösungen w k = 3 π+2kπ i 27e 3, k = 0, 1, 2. 1 w 0 = 3e i π 3, w1 = 3e iπ, w 2 = 3e i 5 3 π. 3. Im w 0 2. argw 1 = π 1. argw 0 = π 3 w argw 2 = 5 3 π Re w 2 Bemerkungen zum Verständnis Wenn wir die n-te Wurzel aus einer komplexen Zahl z ziehen, dann besteht die vollständige Lösung immer aus n Zahlen. Diese n Zahlen sind gleichmäßig auf einem Kreis mit Radius n z verteilt. In der Skizze zu unserer Aufgabe ist das einigermaßen gut zu erkennen. Wenn Sie beim Ziehen der 5 Wurzel also nur 3 Zahlen als Lösung gefunden haben, dann haben Sie in Ihrer Rechnung irgendwo mindestens einen Fehler. Einzige Ausnahme: wenn Sie aus 0 die Wurzel ziehen, dann ist die einzige Lösung offenbar 0. 3

4 Um bei der Rechnung alle Lösungen zu finden, ist es wichtig, dass Sie beim Winkel im Exponenten den Term 2kπ nicht vergessen vgl. Gleichung 1. Vielleicht hilft es Ihrem Verständnis, wenn Sie sich nochmal bewusst machen, dass der Winkel komplexe Zahlen in trigonometrischer oder exponentieller Form nicht eindeutig bestimmt ist. Die Winkel ϕ 0 = π, ϕ 1 = π+2π, ϕ 2 = π+4π und ϕ 4 = π+6π beschreiben ein und die selbe Zahl - Sie können also zum Winkel ganzzahlige Vielfache von 2π addieren und subtrahieren ohne die komplexe Zahl zu ändern. Sie können sich das Wurzelziehen nun so vorstellen, dass sie den Winkel ϕ 0 von z bei uns π durch n in unserer Aufgabe 3 teilen, um auf die erste Lösung zu kommen. Anschließend gehen Sie einmal um den Kreis herum und teilen nun den neuen Winkel ϕ 1 = ϕ 0 + 2π bei uns π + 2π wieder durch n bei uns 3; anschließend vollziehen Sie noch eine Drehung um den Kreis.... Aufhören können/sollten Sie damit, wenn Sie n Lösungen ermittelt haben also n 1 mal um den Kreis gelaufen sind. Dieses um den Kreis gehen wird in der Formel durch das k kodiert. b w 1 3 = 8. Hier ist das Vorgehen ähnlich wie gerade eben. Wir schreiben zunächst 8 in exponentieller Form und ziehen anschließend die dritte Wurzel. Um die Notation zu vereinfachen, setzen wir z = w 1. Da 8 = 8e iπ erhalten wir Das liefert uns z k = 3 π+2kπ i 8e 3, k = 0, 1, 2. z 0 = 2e i π 1 3 = i = 1 + 3i, z 1 = 2e iπ = 2, 2 z 2 = 2e i π = i = 1 2 3i. Um nun auf die Ergebnisse für w zu kommen, nutzen wir, dass z = w 1 und erhalten die drei Lösungen w 0 = 2 + 3i, w 1 = 1, w 2 = 2 3i. c w = 8 3i. Diese Aufgabe funktioniert genau wie die vorhergehende Teilaufgabe. Wir setzen wieder z = w + 1 und lösen zunächst die Gleichung z 4 = i. Dazu schreiben wir i in exponentieller Form und erhalten r = i = = 16, 4

5 ϕ = arg i = arctan + π = π + π = 2 3 π, da i im zweiten Quadranten liegt. Mit Hilfe der Formel fürs komplexe Wurzelziehen lösen wir nun die Gleichung z 4 = 16e i 3 2 π und erhalten Damit ergeben sich die Lösungen z k = 4 16e i 2 3 π+2kπ 4, k = 0, 1, 2, 3. z 0 = 2e i π 1 = i = 3 + i, z 1 = 2e i 4 6 π = i = 1 + 3i, 2 z 2 = 2e i 7 6 π = i = 3 i, z 3 = 2e i π = i = 1 3i. Unsere Lösungen der ursprünglichen Aufgabe lauten damit w 0 = z 0 1 = i, w 1 = z 1 1 = 2 + 3i, w 2 = z 2 1 = 3 1 i, w 3 = z 3 1 = 3i. d w i = 0. Wir lösen diese Aufgabe genauso wie die vorhergehenden Aufgaben. Nach dem Umstellen auf w 8 = 1 3i schreiben wir zunächst 1 3i in exponentieller Form. Wir erhalten r = 1 3i = = 2, da 1 3i im dritten Quadranten liegt. ϕ = arg 1 3i = arctan 3 + π = π, Mittels der Formel fürs Wurzelziehen lösen wir nun die Gleichung w 8 = 2e 4 3 πi und erhalten Damit haben wir 8 Lösungen, nämlich w k = 8 2e i 4 3 π+2kπ 8, k = 0, 1,..., 7. w 0 = 8 2e i 1 6 π, w 1 = 8 2e i 5 12 π, w 2 = 8 2e i 2 3 π, w 3 = 8 2e i π, w 4 = 8 2e i 7 6 π, w 5 = 8 2e i π, w 6 = 8 2e i 5 3 π, w 7 = 8 2e i π. e w 2 4w + 13 = 0. 5

6 Wir nutzen zunächst die aus der Schule bekannte Lösungsformel für quadratische Gleichungen. Wir erhalten w 1, 2 = 2 ± 4 13 = 2 ± 9 = 2 ± Nun sollte man sich erinnern, dass i 2 = 1 aber auch i 2 = 1. Also liefert 1 zwei verschiedene Ergebnisse, nämlich i und i. In unsere Rechnung führt das zu den beiden Ergebnissen w 1 = 2 3i, und w 2 = 2 + 3i. Bei diesem Vorgehen entsteht womöglich etwas Verwirrung. Das Ziehen einer 2-ten Wurzel liefert immer zwei Lösungen, die sich symmetrisch gegenüber liegen so wie bspw. i und i. In der Schulmathematik wurde dem durch das ±-Zeichen Rechnung getragen - dadurch hat man immer die zweite Lösung erhalten, auch ohne daran zu denken, dass bspw. 4 auch die negative Lösung 2 besitzt. Wenn man die Wurzeln nun entsprechend der Formel für das Wurzelziehen im Komplexen berechnet, entsteht womöglich der Eindruck, dass unter Umständen 4 Lösungen heraus kommen. Rechnet man w = 2 ± 3 1 = 2 ± 3 e iπ π+2kπ i = 2 ± 3e 2, k = 0, 1, hat man zunächst vier Lösungen, nämlich w 0 = 2 + 3e i π 2, w1 = 2 3e i π 2, w3 = 2 + 3e i 3 2 π, w 4 = 2 3e i 3 2 π. Rechnet man diese vier Zahlen in die algebraische Form um, sieht man aber, dass es tatsächlich nur zwei verschiedene Lösungen sind. w 0 = 2 + 3i, w 1 = 2 3i, w 2 = i, w 3 = 2 3 i. Fazit: Viele Wege führen nach Rom. Entweder Sie lösen quadratische Gleichungen mit Hilfe der Formel aus der Schule inklusive ± und denken daran, dass Sie jetzt auch aus negativen Zahlen die Wurzel ziehen können; oder Sie lassen das ± in der Schulformel weg und ziehen die Wurzeln mit Hilfe der Formel fürs komplexe Wurzelziehen. Beide Wege führen bei korrekter Anwendung auf die selben, richtigen Ergebnisse. f w 4 5w 2 36 = 0. Bei Gleichungen dieser Art nur geradzahlige Potenzen substituieren wir z = w 2 und lösen zunächst die Gleichung z 2 5z 36 = 0. Wir erhalten z 1, 2 = 5 2 ± = 5 2 ± 13 2, 6

7 also z 1 = 9 und z 2 = 4. Wir substituieren zurück und müssen nun die beiden Gleichungen w 2 = 9, und w 2 = 4, lösen. Die erste Gleichung liefert offenbar die beiden Lösungen w 0 = 3 und w 1 = 3, wohingegen die zweite Gleichung die beiden Lösungen w 2 = 2i und w 3 = 2i einbringt. 7