TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zetrum Mathemati PROF DRDR JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathemati für Iformatier I Witersemester 2003/2004 Aufgabeblatt 8 12 Dezember 2003 Präsezaufgabe Aufgabe 45 Der biomische Lehrsatz Für zwei atürliche Zahle, N ist der Biomialoeffiziet wie folgt defiiert: 0 1, Aus der Defiitio folgt umittelbar i 0 für >, ii 1 Zeige Sie : Für 1 gilt Verwede Sie dazu die Formel i ud ii 1 1!!! 1 für 0 2 Zeige Sie mithilfe vo vollstädiger Idutio: Die Azahl der elemetige Teilmege eier elemetige Mege M {m 1,, m } ist gleich Hiweis: Beim Idutiosschritt vo ach 1 ist für jedes N mit 0 1 die Gültigeit der Behauptug achzuweise Betrachte Sie dazu Teilmege A vo M 1, die das Elemet m 1 M 1 ethalte, ud Teilmege B vo M 1, die das Elemet m 1 M 1 icht ethalte 3 Zeige Sie mithilfe vo vollstädiger Idutio: Für a, b R ud N gilt der biomische Lehrsatz ab 0 a b : a 0 0 b a 1 1 b 1 a 2 2 b 2 a 1 b 1 a 1 b 0 1 : i ii 1! 1!0! 1 0 < : ii 1! 1!! 1!! 1! 1! 1!!!!!! Die Falluterscheidug für ud 1 < ist otwedig, da die Formel ii ur für Biomialeoffiziete mit 0 defiiert ist Im zweite Summade der Formel für ist aber > 1 2 Sei Z die Azahl der elemetige Teilmege vo M {m 1,, m } INDUKTIONSANFANG FÜR 1 0, 1 : Da eie eielemetige Mege M 1 {m 1 } ur die beide Teilmege {} ud {m 1 } besitzt, gilt offesichtlich Z ud Z INDUKTIONSSCHRITT : INDUKTIONSVORAUSSETZUNG: Z für N, 0

2 Fälle 0 ud 1 : Da eie 1 elemetige Mege M 1 {m 1,, m, m 1 } geau eie ull elemetige ud eie 1 elemetige Teilmege besitzt, gilt offesichtlich Z ud Z Fälle 0 < < 1 : Die elemetige Teilmege vo M 1 {m 1,, m 1 } zerfalle i zwei Klasse : i elemetige Teilmege A vo M 1, die das Elemet m 1 M 1 ethalte, ud i elemetige Teilmege B vo M 1, die das Elemet m 1 M 1 icht ethalte Die Azahl der elemetige Teilmege vom Typ A ist ach Idutiosvoraussetzug gerade gleich Z 1 1 Die Azahl der elemetige Teilmege vom Typ B ist ach Idutiosvoraussetzug gerade gleich Z Da eie elemetige Teilmege vo M 1 etweder vom Typ A oder vom Typ B ist, gilt Z 1 Z 1 Z 1 Mit Aufgabeteil a folgt da sofort 3 INDUKTIONSANFANG 0 : a b a 0 b 0 Z 1 1 INDUKTIONSSCHRITT 1 : INDUKTIONSVORAUSSETZUNG : a b a b 1 a b a b IdVor a 0 0 a b a b a b b a 1 b a b a b 1 a 1 b a 1 b a b für N a b 1 1 a b 1 a 1 b 1 a b b 1 1 a b 1 a 1 1 a b b a b 1 a a b 1 a b a 1

3 Aufgabe 46 Der Satz vo Vieta Der Satz vo VIETA lautet: Sei p R[X] ei Polyom vo der Form px X a 1 X 1 a 2 X 2 a 2 X 2 a 1 X a 0 Seie omplexe Nullstelle ξ i C, i 1,,, erfülle die beide Gleichuge i a 0 1 ξ 1 ξ 2 ξ ii a 1 ξ i i1 Beweise Sie de Satz vo VIETA Es gilt X a 1 X 1 a 1 X 1 a 0 X ξ 1 X ξ 2 X ξ 3 x ξ 4 X ξ 5 X ξ X 2 ξ 1 ξ 2 X ξ 1 ξ 2 X ξ 3 X ξ 4 X ξ 5 X ξ X 3 ξ 1 ξ 2 ξ 3 X 2 ξ 1 ξ 2 ξ 1 ξ 3 ξ 2 ξ 3 X ξ 1 ξ 2 ξ 3 X ξ 4 X ξ 5 X ξ X 4 ξ 1 ξ 2 ξ 3 ξ 4 X 3 ξ 1 ξ 2 ξ 1 ξ 3 ξ 1 ξ 4 ξ 2 ξ 3 ξ 2 ξ 4 ξ 3 ξ 4 X 2 ξ 1 ξ 2 ξ 3 ξ 1 ξ 2 ξ 4 ξ 1 ξ 3 ξ 4 ξ 2 ξ 3 ξ 4 X ξ 1 ξ 2 ξ 3 ξ 4 X ξ 5 X ξ X 1 1 {i 1} {1,,} 1 2 {i 1,i 2 } {1,,} mit i 1 <i {i 1,i 2,i 3 } {1,,} mit i 1 <i 2 <i ξ i1 X 1 ξ i1 ξ i2 {i 1,,i 1 } {1,,} mit i 1 <i 2 < <i 1 ξ 1 ξ 2 ξ X 2 ξ i1 ξ i2 ξ i3 X 3 ξ i1 ξ i2 ξ i 1 X 0 1 {i 1,,i } {1,,} mit i 1 <i 2 < <i ξ i1 ξ i X Durch Koeffizietevergleich erhalte wir jetzt de Satz vo VIETA

4 Aufgabe 47 Ist Gleiches immer gleich? Gegebe seie die beide reelle Polyome p, q R[X] durch Für alle α R gelte pα qα px a X a 1 X 1 a 1 X a 0 qx b X b 1 X 1 b 1 X b 0 1 Zeige Sie, dass die Polyome übereistimme, dh, dass für alle Koeffiziete a i b i, i {0, 1,, }, gilt Hiweis: Betrachte Sie p q 2 Stimmt dies auch für Polyome p, q aus dem Polyomrig Z 2 [X]? 1 Beweis durch Widerspruch: Ageomme, es gilt pα qα für alle α R ud die Polyome p ud q sid icht idetisch Wir defiiere das Polyom rx px qx c X c 1 X 1 c 1 X c 0 mit c i a i b i, i {0, 1,, } Da ach Aahme p ud q icht idetisch sid, ist r icht das Nullpolyom, dh es gibt eie maximale Zahl m {0, 1,, }, so dass c m 0 ist Der Grad vo r ist also gleich m Aus der Vorlesug ist beat, dass da das Polyom r höchstes m verschiedee Nullstelle besitzt, was ei Widerspruch zu rα 0 für alle α R ist 2 Nei, zb gilt für px X 2 X Z 2 [X] ud q[x] 0 Z 2 [X]: p1 q1 0 ud p0 q0 0 Hausaufgabe Aufgabe 48 Der fache Cosius ud Sius Gegebe sei zu festem Wiel ϕ R die omplexe Zahl z cos ϕ i si ϕ Bereche Sie zu festem N die te Potez z auf zwei Weise: Verwede Sie 1 de biomische Lehrsatz siehe Aufgabe 45, 2 die EULERSCHE Idetität cos ϕ i si ϕ e iϕ Brige Sie die Ergebisse aus de Aufgabeteile 1 ud 2 jeweils auf die Gestalt z a bi, a, b R Köe Sie durch Vergleich der beide Ergebisse Formel für cosϕ ud siϕ herleite? Wir begie mit dem Beispiel 2, bereche also ach der biomische Formel die 2 Potez der omplexe Zahl cos ϕ i si ϕ ud orde ach Real- ud Imagiärteil: cos ϕ i si ϕ 2 cos 2 ϕ 2i si ϕ cos ϕ i 2 si ϕ cos 2 ϕ si 2 ϕ i 2 si ϕ cos ϕ Adererseits ist ach der EULERsche Idetität cos ϕ i si ϕ 2 e iϕ 2 e iϕ 2 e i2ϕ cos2ϕ i si2ϕ Vergleicht ma jeweils Real- ud Imagiärteil dieser beide Gleichuge, so erhält ma cos2ϕ cos 2 ϕ si 2 ϕ ud si2ϕ 2 si ϕ cos ϕ 1 Mit der allgemeie biomische Formel aus Aufgabe 45 erhält ma Falluterscheidug: z cos ϕ i si ϕ i si ϕ cos ϕ Ist N gerade, da läßt sich darstelle als 2p p 2, p N Somit gilt i i 2p i 2 p 1 p 1 2 für gerade 0 i si ϕ cos ϕ 1

5 Ist N ugerade, da läßt sich darstelle als 2p 1 p 1 2, p N Somit gilt i i 2p1 i 2 p i 1 p i i für ugerade Damit läßt sich die Summedarstellug vo z i 1 i Real ud Imagiärteil aufspalte: i si ϕ cos ϕ i 0, gerade 0, ugerade si ϕ cos ϕ si ϕ cos ϕ ; 2 Adererseits geht s auch ürzer über die EULER-Idetität cos ϕ i si ϕ e iϕ : Es ist z e iϕ e iϕ e iϕ cosϕ i siϕ Der Vergleich der Lösuge vo a ud b liefert sogeate Etwiclugsformel für cosϕ ud siϕ i Poteze vo cos ϕ ud si ϕ: cosϕ 0, gerade 1 2 si ϕ cos ϕ, ud siϕ 0, ugerade si ϕ cos ϕ Aufgabe 49 Radiale Gegebe sei das Polyom p C[X] mit px X 6 8i Bestimme Sie sämtliche Nullstelle vo p Um die Nullstelle des Polyoms p C[X] mit px X 6 8i zu bestimme, müsse wir die Gleichug X 6 8i 0 löse Allgemei gilt: Für ei Polyom X 6 a 6 C[X] mit a C ist dieses a C atürlich immer eie Nullstelle Da ist aber auch das Produt vo a mit jeder der sechs mögliche sechste Eiheitswurzel eie Nullstelle, d h e i 3 π a ist für 0, 1, 5 eie Nullstelle Da ei Polyom sechste Grades geau sechs Nullstelle über C hat, sid dies auch alle Nullstelle des Polyoms I userem Fall ist a 6 8i Um eies der sechs mögliche a s herauszufide, stelle wir a 6 8i i der Form re iϕ dar Es ist r Somit ist a 6 8 i 8e i 3 2 π Nu müsse wir och die sechste Wurzel ziehe: Es ist ud e 1 6 i 3 2 π e i 1 4 π Somit gilt ud die sechs gesuchte Nullstelle sid a 2 e i 1 4 π 1 i, i 3 12 π, i 7 12 π, i π, i π, i π, i π

6 Aufgabe 50 Teiler gege Lageweile Soopy hat da doch och eimal darüber achgedacht, was ihm der Vogel da gezwitschert hat: 1 Eie atürliche Zahl ist durch 3 teilbar, geau da we ihre Quersumme durch 3 teilbar ist 2 Eie atürliche Zahl ist durch 9 teilbar, geau da we ihre Quersumme durch 9 teilbar ist 3 Ud wa ist eie atürliche Zahl durch 11 teilbar? Soopy eriert sich dara, wie die alterierede Quersumme eier atürliche Zahl defiiert ist: Eie atürliche Zahl hat i Dezimaldarstellug die Form a m 10 m a m 1 10 m 1 a a a , a i {0,, 9} Die Quersumme vo ist a 0 a 1 a m 1 a m ud die alterierede Quersumme vo ist a 0 a 1 a 2 a 3 1 m 1 a m 1 1 m a m Soopy grübelt jetzt: Warum gilt eigetlich 1 ud 2, ud wie soll 3 futioiere? Helfe Sie ihm, de Soopy hat gaz im Gegesatz zu Ihe sicher och ie etwas vo Modulo-Rechug gehört Immerhi et er alterierede Quersumme Wir reche vo u ab im Rig Z/pZ,,, wobei p 3, 9, 11 ist I Z/pZ gilt [a] pz [b] pz geau da, we a b pz Außerdem ist [a] pz [b] pz [a b] pz ud [a] pz [b] pz [a b] pz Wir werde ab jetzt immer [a] astatt [a] pz schreibe, da eie Verwechsluge zu befürchte sid Teilbareitsregel für p 3: Die Zahl ist geau da durch 3 teilbar, we [] [0] Weiter gilt [] [a m 10 m a m 1 10 m 1 a a 0 ] [a m 10 m ] [a m 1 10 m 1 ] [a ] [a 0 ] [a m ][10 m ] [a m 1 ][10 m 1 ] [a 1 ][10 1 ] [a 0 ] [a m ][10] m [a m 1 ][10] m 1 [a 1 ][10] 1 [a 0 ] [a m ][1] m [a m 1 ][1] m 1 [a 1 ][1] 1 [a 0 ] [a m ] [a m 1 ] [a 1 ] [a 0 ] [a m a m 1 a 0 ], dh ist geau da durch 3 teilbar, we [a m a m 1 a 0 ] [0], bzw die Quersumme a m a m 1 a 0 durch 3 teilbar ist Teilbareitsregel für p 9: Geht geauso, wie der Fall p 3, da auch [10] [1]

7 Teilbareitsregel für p 11: Hier ist [10] [ 1] Damit ist geau da durch 11 teilbar, we [ 1 m a m 1 m 1 a m 1 a 2 a 1 a 0 ] [0], bzw die alterierede Quersumme vo durch 11 teilbar ist