TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zetrum Mathematik PROF. DR.DR. JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathematik für Iformatiker I (Witersemester 00/004) Aufgabeblatt 7 (5. Dezember 00) Präsezaufgabe Aufgabe 9. Zwei, Drei oder Sechs. Welche der achfolgede komplexe Zahle sid te Eiheitswurzel (likes Kästche), te Eiheiswurzel (mittleres Kästche) oder 6 te Eiheitswurzel (rechtes Kästche)? i 5 1 e i 5 π + i 1 + z C heißt -te Eiheitswurzel, we z eie (evtl. komplexe) Nullstelle des Polyoms X 1 ist, also we z 1 gilt. i e i π 5 5 ei 0 1 e iπ e i 5 π + i cos( π 4 ) + i si( π 4 ) π ei i cos( π ) + i si( π ) ei Dies ka ma durch Eisetze i die Polyome X 1, X 1 ud X 6 1 überprüfe. Aufgabe 40. Reche wie verhext mit kojugiert komplex. Es sei z a + bi C, a, b R. Die zu z kojugierte Zahl z ist z a bi. Der Realteil Re(z) vo z ist a, ud der Imagiärteil Im(z) vo z ist b. Die Läge z vo z ist a + b R. i 1.) Zeige Sie: a.) Re(z) 1 (z + z) b.) Im(z) i (z z) c.) z z z.) Überprüfe Sie die beide Recheregel: Für alle x, y C gilt: a.) x + y x + y, b.) x y x y,.) Beweise Sie, daß eie komplexe Zahl z geau da reell ist, we z z gilt. 4.) Es sei p R[X]. Ma zeige: Ist z C eie Nullstelle vo p, da ist auch z eie Nullstelle vo p. 5.) Folger Sie aus Aufgabeteil 4.), daß jedes Polyom p R[X] mit ugeradem Grad midestes eie reelle Nullstelle besitzt. 6.) Folger Sie aus Aufgabeteil 4.), daß sich jedes Polyom p R[X] i der Form p(x) ε(x α 1 )(X α ) (X α r ) (X + β 1 X + γ 1 )(X + β X + γ ) (X + β s X + γ s ), mit reelle Zahle ε, α i, β j, γ k, schreibe läßt. π 1.) Dies ka ma durch direktes Eisetze überprüfe, oder durch die achfolgede Überleguge: a.) Beh.: Re(z) 1 (z + z) a Bew.: Es gilt z a ib ib a z ud z a + ib ib z a. Daraus folgt a z z a a z z a z + z a 1 (z + z)

2 b.) Beh.: Im(z) i (z z) b Bew.: Es gilt z a ib a z + ib ud z a + ib a z ib. Daraus folgt z + ib z ib ib z z ib 1 (z z) b i (z z) b i (z z) c.) Beh.: z z z Bew.: z a + b z a + b z ( 1 (z + z)) + ( i (z z)) z 1 4 (z + z z + z ) + ( 1 4 (z z z + z ) z 1 z z + 1 z z z z z.) Es seie x a + bi, y c + di, a, b, c, d R. a.) Es gilt x+y a + bi+c + di a bi+c di a+c (b+d)i a + c + (b + d)i a + bi + c + di x + y. b.) Es gilt x y (a bi)(c di) (ac bd) (ad + bc)i ac bd + (ad + bc)i x y..) Es sei z a + bi C, a, b R. Falls z R ist, ist z a + 0i, also z a + 0i a 0i z. Ist z z, muß b b sei, also b 0, d.h. z ist eie reelle Zahl. 4.) Für das Polyom p(x) a i X i R[X] mit Nullstelle z C folgt mit Hilfe der Recheregel: i0 p(z) a i z i i0 a i z i i0 a i z i p(z) ) Es sei der Grad vo p. Für 1 ist die eizige Nullstelle offesichtlich reell. Für >, ugerade, sei u scho bewiese, dass jedes reelle Polyom vom Grade midestes eie reelle Nullstelle besitzt. Nach dem Fudametalsatz der Algebra besitzt p i jedem Fall eie Nullstelle z C. Ist z R habe wir die gewüschte reelle Nullstelle gefude. Aderfalls wisse wir aus der vorherige Aufgabe, dass auch z z eie Nullstelle vo p ist. Nu hat (X z)(x z) X (z + z)x + zz ach Aufgabeteil 1 ur reelle Koeffiziete. Polyomdivisio ergibt also ereut ei reelles Polyom q vom Grade mit p(x) (X z)(x z)q(x). Nach Iduktiosvoraussetzug besitzt q eie reelle Nullstelle, die offebar auch Nullstelle vo p ist. 6.) Nach dem Fudametalsatz der Algebra köe wir p schreibe als i0 p(x) ε(x ξ 1 ) (X ξ ). Dabei sid ξ i die Nullstelle vo p. Aus der vorherige Aufgabe wisse wir, dass icht-reelle Nullstelle immer paarweise auftrete. Wir sortiere u die ξ i : Es seie α 1,..., α r die reelle Nullstelle ud (η 1, η 1 ),..., (η s, η s ) die Paare icht-reeller Nullstelle vo p. Da gilt p(x) ε(x α 1 ) (X α r ) (X η 1 )(X η 1 ) (X η s )(X η s ) ε(x α 1 ) (X α r ) (X η 1 X η 1 X + η 1 η 1 ) (X (η s + η s )X + η s η s ) Wir setze β i (η i + η i ), γ i η i η i, i 1,..., s, ud es ist offesichtlich, dass β i ud γ i reelle Zahle sid.

3 Aufgabe 41. Darstellugsforme komplexer Zahle. Aus der Vorlesug sid Ihe verschiedee Darstellugsforme komplexer Zahle bekat: Eie komplexe Zahl z C läßt sich darstelle als z a + ib mit a, b R. Diese Form heißt Normalform oder kartesische Form. Das Tupel (a, b) beschreibt die kartesische Koordiate der komplexe Zahl. Nebe de kartesische Koordiate gibt es auch die Polarkoordiate (r, ϕ) eier komplexe Zahl mit r R ud ϕ [0, π[. Mit ihrer Hilfe ka ma eie komplexe Zahl z C auch i der trigoometrische Form z r(cos ϕ+i si ϕ) oder i der Expoetialform z re iϕ agebe. Die beide letzte Forme et ma auch Polarform eier komplexe Zahl. 1.) Wie lasse sich kartesische Form ud Polarform eier komplexe Zahl ieiader umreche?.) Gebe Sie folgede komplexe Zahle i alle drei mögliche Darstellugsforme a: a.) e i π b.) + 4i c.) ( 5 + 1) i ) Polarform Kartesische Form Eie i der Polarform z r(cos ϕ + i si ϕ) oder z re iϕ vorliegede komplexe Zahl läßt sich mit de Trasformatiosgleichuge a r cos ϕ, b r si ϕ i die kartesische Form z a + ib umwadel. Kartesische Form Polarform Eie i der kartesische Form z a + ib vorliegede komplexe Zahl läßt sich mit de Trasformatiosgleichuge r z a + b, ta ϕ b a (Quadrate beachte!) i die trigoometrische Form z r(cos ϕ + i si ϕ) bzw. die Expoetialform z re iϕ umwadel. Jedes ϕ, das die Gleichug ta ϕ b a erfüllt, ka i der Polarform verwedet werde. Üblicherweise wählt ma dasjeige ϕ, das im Itervall ]-π, π] liegt. Um ϕ mit der arcta-fuktio zu bestimme muss ma folgede Fälle uterscheide: Falls a > 0 ist wählt ma ϕ arcta b a ]- π, π [. Falls a 0 ist, wählt ma ϕ π für b > 0 ud ϕ π für b < 0 (was immt ma für a b 0?). Falls a < 0 ist, setzt ma ϕ arcta b a + π ] π, π] für b 0 ud ϕ arcta b a π ]-π, - π [ für b < 0. Amerkug: Um dies icht jedesmal hischreibe zu müsse, führt ma die Argumetfuktio arg : C \ {0} ]-π, π], a + ib ϕ ei, wobei das ϕ gemäß obiger Falluterscheidug gewählt wird. Damit ka ma eifach a+ib a + b e i arg(a+ib) schreibe..) a.) Expoetialform: z e i π Trigoometrische Form: z (cos( π) + i si( π)) Kartesische Form: z 1 +, de a r cos ϕ cos( π) 1 ud b r si ϕ si( π) b.) Kartesische Form: z + 4i Expoetialform: z 5e i arcta 4 5e i5,1, de r z ud ta ϕ 4 ϕ arcta ( 5, 1 ) Trigoometrische Form: z 5(cos(arcta 4 ) + i si(arcta 4 )) 5(cos i si 0.97) c.) Kartesische Form: z ( 5 + 1) i 10 5 Expoetialform: ( ( 5 + 1) + 10 ) , ( 10 ) 5 arcta π Da z im. Quadrate liegt, ist z 4e i 4 5 π. Trigoometrische Form: z 4(cos( 4 5 π) + i si( 4 5 π)).

4 Hausaufgabe Aufgabe 4. Sehr komplex. 1.) Schreibe Sie die folgede komplexe Zahle i der Form z a + ib mit a, b R: i + i, i 1 + 4i, ( 1 + i ) 4, ( ) i, 1 i ( i)(1 + i) + (1 + i)( + i) ( + i1)(1 i) + ( i)(1 + i)..) Bestimme Sie alle N, für die gilt (1 + i) + (1 i) 0. 1.) i + i i 1 + 4i ( i)( i) 4 6i i 1 ( + i)( i) i. ( i)(1 4i) i. ( 1 + i ) (1 + i)4 1 4 (1 + i) (1 + i) 1 4 (1 + i 1) 1 4 (i) 1. ( ) i 1 i ( ) 10 ( ) 10 (1 + i)(1 + i) 1 + i 1 i ( i)(1 + i) + (1 + i)( + i) ( + i)(1 i) + ( i)(1 + i) + 6i i i + i i + i i i i (7 + 9i)(9 i) 6 1i + 81i i (9 + i)(9 i) i..) 1 + i (cos π 4 + i si π 4 ) 1 i ( cos(π π 4 ) + i si(π π ) 4 (1 + i) ( cos π 4 + i si π ) 4 (1 i) ( cos (π π 4 ) + i si (π π ) 4 ) (1 + i) + (1 i) 0 cos π 4 + cos ( (π π 4 ) ) 0 ud si π 4 + si (π π 4 ) 0 cos π 4 0 (mit si α si(π α) ud cos α + cos(π α)) cos π 4 0 {, 6, 10,...} Aufgabe 4. Wir drehe us im Kreis. Es sei N. Die Mege der te Eiheitswurzel ist ω {e i k π } k N. 1.) Zeige Sie, dass ω zusamme mit der Multiplikatio der komplexe Zahle eie Gruppe ist..) Bestimme Sie sämtliche Utergruppe vo ω 6 ud gebe Sie die zugehörige Pukte auf dem Eiheitskreis a..) Weise Sie ach, dass die Gruppe (ω, ) ud (Z/Z, +) isomorph sid.

5 1.) Wir zeige, dass (ω, ) eie Utergruppe vo (C\{0}, ) ist. ω ist offesichtlich icht die leere Mege. Geaugeomme hat sie geau Elemete, da e iπ k k iπ e geau da gilt, we k k mod. Die Multiplikatio ist i ω abgeschlosse, weil für e iπ k k iπ ud e e iπ k e iπ k e iπ k+k. Zur Iversebildug: Es sei e iπ k ω. Da ist e iπ k ( 1)k iπ e e iπ 1.) Sämtliche Utergruppe vo ω 6 sid gilt {1}, {1, 1}, {1, e iπ 1, e iπ }, ω 6, d.h. es sid die Eckpuktmege aller mögliche regelmäßige -Ecke im 6-Eck, die auch de Pukt 1 ethalte. Dies gilt icht ur für 6, soder sogar für allgemeies..) Wir betrachte die Abbildug ω Z/Z ϕ : e iπ k [k]. ϕ ist wohldefiiert, da für k N ud k + r, r N, gilt ϕ(e iπ k k+r iπ ) [k] [k + r ] ϕ(e ). ϕ ist ei Gruppehomomorphismus, weil für e iπ k k iπ ud e gilt ) ( ) ϕ (e iπ k k iπ e ϕ e iπ (k+k ) [k + k ] [k] + [k ] ϕ ϕ ist offesichtlich surjektiv. ( ) e iπ k + ϕ (e Weil ϕ surjektiv ist, ud die Mege ω ud Z/Z die gleiche Mächtigkeit habe, muß ϕ auch ijektiv sei. iπ k ). Aufgabe 44. Pyramidebau: Theorie ud Praxis. Kaiseri CLEOPATRA hat de Bau eier Pyramide befohle. Dafür wurde i de Steibrüche am obere Nil Steiquader mit eiem Gesamtvolume vo V m (Kubikmeter) abgebaut. Um die mathematische Fähigkeite der zum Bau der Pyramide beauftragte Kostrukteure auf die Probe zu stelle, hat sich die Kaiseri eie Aufgabe überlegt:

6 Die Pyramide soll, etgege der damals übliche Bauauflage, mit eier rechteckige Grudfläche gebaut werde. Isbesodere soll die eie Grudflächeseite um 7 m läger, die adere Grudflächeseite um 7 m kürzer als die Höhe der Pyramide sei. Wie hoch ist diese Pyramide uter strikter Verwedug des gesamte Volumes aller bereits abgebaute Steiquader? Wie laute die Abmessuge der Pyramidegrudfläche? Hiweis: Das Volume V eier Pyramide der Höhe h mit rechteckiger Grudfläche, dere Seiteläge a ud b sid, ist: V 1 a b h. Diese Formel führt mit de obige Agabe zu der polyomiale Gleichug h 79 h (Warum?). Eie der Nullstelle dieses Polyoms liefert die gesuchte Höhe der CLEOPATRAsche Pyramide. Sei also h die Höhe ud ohe Eischräkug a die lägere, b die kürzere der beide Grudflächeseite der CLEOPATRAsche Pyramide, da ist gemäß Aufgabestellug a h + 7 ud b h 7. Die Pyramide hat damit das Volume 1 a b h 1 (h + 7)(h 7)h 1 (h 79h). Werde alle Steiquader mit dem Gesamtvolume V m zum Bau dieser Pyramide verbraucht, ist 1 (h 7 h) V, umgeformt also h 79h (1) Die gesuchte Höhe h der CLEOPATRAsche Pyramide ist also (relle positive) Nullstelle obiger spezieller kubischer Gleichug (1). Zur Bestimmug vo h ka ma z.b. die aus der Vorlesug bekate Formel vo CARDANO verwede: Mit p : 79 ud q : bereche sich alle Nullstelle h C vo (1) über h u + v mit u q + D ud v q D ( q ) ( p () ud D + ) Hierbei ist die jeweilige Dreideutigkeit vo u bzw. v über C zu beachte. Für h u + v wäre damit 1 verschiedee Fälle möglich, die sich aber ach dem Fudametalsatz der Algebra auf maximal drei verschiedee, im allgemeie komplexe Lösuge h der Gleichug (1) reduziere. Mit p 79 ud q erhält ma gemäß () für die Hilfgröße u, v ud D die Gleichuge D ( p ) + ( p ) u q + D v q D Also ist u 81 ud v. Nu ergibt sich die Höhe h u + v ud damit die Seiteläge a 111 ud b 57 der Pyramide.