Lösung Blatt 12

MATHEMATISCHES INSTITUT/INSTITUT FÜR ANGEWANDTE
MATHEMATIK
DER UNIVERSITÄT ERLANGEN-NÜRNBERG
Kurzweil/Kräutle
Lösung Blatt 12
zur Vorlesung “Mathematik für Ingenieure I”
Teil C – für Informatiker
Abzugeben ist die Bearbeitung der Z-Aufgaben.
Bitte zur Vorbereitung und zur Übung die A-Aufgaben schon anschauen/durchrechnen,
bevor sie in der Übungsstunde vorgerechnet werden.
Ausgabe dieses Blattes: 13.01.2004 in der Vorlesung
Abgabe der Z-Aufgaben: 30.01.2004 in der Vorlesung
Vorrechnen der A-Aufgaben: 28.01.-30.01.2004 in den Übungsgruppen.
A31) Berechne Realteil, Imaginärteil, Betrag der folgenden komplexen Zahlen:
z1 =
1 + i
2i + 1 , z2 = 3
i +
5
2 − i
3i − (1 − i) 2 , z3
�
=
Zu z2 gebe man die Darstellung in Polarkoordinaten an.
−1 + i √ �3 3
2
Lösung: Brüche mit Nenner der Form a + bi erweitert man mit a − bi:
z1 =
und es ergibt sich |z1| = � 2/5.
1 + i (1 + i)(1 − 2i)
=
2i + 1 1 + 22 = 3 1
−
5 5 i,
z2 = 3 2 − i 3 2 − i −1 + i
i +
= i + =
5 3i − (1 − i) 2 5 5i 5
mit |z2| = 1
√
5 2 und arg(z2) = 3
4 π (sieht man durch Grafik), also Polarkoordinatendarstellung
√
3π 2 (cos
z2 = 1
5
4
+ i sin 3π
4 ).
z3 =
=
�
�
−1 + i √ � �
3 −1 + i
2
√ �2 3
2
−1 + i √ 3
2
� �
−2 − 2 √ 3i
4
|z3| = 1, arg(z3) = 0, z3 = 1 (cos 0 + i sin 0)
Bem.: Für beliebige z ∈ C\{0} ist es schwer, arg(z) ’konkret’ anzugeben; i.a. werden dabei
sog. Arcus-Funktionen benötigt, siehe 2. Semester.
A32) Bestimme die folgenden Mengen und skizziere sie in der Gaußschen Zahlenebene:
a) {z ∈C | |z − 2 + i| ≤ 9}
b) {z ∈C | (Re z) 2 = z ¯z}
�
= 1.

c) {z ∈C | Re(z) + Im(z) = |z|}
Lösung:
a) |z| =Abstand von z zum Nullpunkt
|z1 − z2| =Abstand von z1 zu z2
=⇒ M = Kreissscheibe mit Mittelpunkt 2 − i und Radius 9
b) Ansatz z = a + bi, a, b∈R
z¯z = |z| 2 = a 2 + b 2
z ∈M ⇔ a 2 = a 2 + b 2 ⇔ b = 0
=⇒ M = {a + bi | b = 0} = R
c) a + b = √ a 2 + b 2
⇔ (a + b) 2 = a 2 + b 2 ∧ a + b ≥ 0
⇔ 2ab = 0 ∧ a + b ≥ 0
⇔ (a=0 ∧ b≥0) ∨ (b=0 ∧ a≥0)
⇔ M = {x∈R | x≥ 0} ∪ {ix | x∈R , x≥ 0}
A33) Bestimme die folgenden Wurzeln. Gib auch eine Darstellung in Polarkoordinaten an.
a) z 2 = i
b) z 3 = −2
c) Löse die quadratische Gleichung iz 2 + (4 + 2i)z − 1 = 0.
Lösung: In a) und b) sollen n-te Einheitswurzeln bestimmt werden: Geg. w ∈ C, n ∈ N, ges.
z ∈C mit z n = w.
Bestimme |w| und ϕ := arg(w). Es gilt immer
w = |w| (cos arg(w) + i sin arg(w)) ∀w ∈C\{0}.
Die erste Einheitswurzel bekommt man, indem man das Argument durch n teilt und die n-te
Wurzel aus dem Betrag nimmt:
z1 = n� |w| (cos ϕ ϕ
+ i sin
n n )
(Das kann man leicht einsehen, denn: Beim Multiplizieren addieren sich die Argumente und
multiplizieren sich die Beträge. Beim Potenzieren mit n wird also der Betrag mit n potenziert
und das Argument mit n multipliziert. Beim n-te Wurzelziehen ist daher die n-te Wurzel des
Betrages und 1/n-tel des Argumentes zu nehmen.)
Die übrigen Einheitswurzeln bekommt man, indem man immer 1/n des Einheitskreises, d.h.
2π/n, zum Argument addiert:
zk = n� |w| (cos
ϕ + 2πk
n
+ i sin
ϕ + 2πk
), k = 0, ..., n − 1
n
(Skizze!)
(Grund: Die Addition von 2π/n zum Argument bedeutet die Multiplikation von z1 mit q :=
cos 2π/n+i sin 2π/n. Es ist q n = 1 (entspricht einem vollen Kreis), also z n 2 = (z1q) n = z n 1 qn =
w · 1 = w, z2 ist also auch Lösung. Analog für zk.)

a) n=2, w =i, |w|=1, arg(w) = π/2 (Skizze!).
Formel:
z1 = √ 1 (cos π
4
z2 = √ 1 (cos 5π
4
+ i sin π
4 ),
+ i sin 5π
4
) = −z1,
Das kann man noch umrechnen: z1 = 1
2
b) n=3, w =−2, |w|=2, arg(w)=π
Formel: z1 = 3√ 2 (cos π
z1 = 3√ 2 (cos 3π
3
3
+ i sin 3π
3 )
+ i sin 5π
3 )
+ i sin π
3 )
√ √
1 2 + i 2 2, z2 = −z1 (Skizze!)
z1 = 3√ 2 (cos 5π
3
Wenn man weiß, dass die Höhe eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge eins 1
√
2 3
ist, kann man das an Hand einer Skizze umrechnen:
z1 = 3√ 2 ( 1
√
1
2 + i 2 3)
z2 = − 3√ 2
z3 = 3√ 2 ( 1
√
1
2 − i 2 3)
c) c) unterscheidet sich von a) dadurch, dass es einen Vorfaktor vor z 2 und ein gemischtes
Glied (4 + 2i)z gibt. Man kann diesen Fall auf a) zurückführen:
Division durch i (1/i = −i):
z 2 + (2 − 4i)z + i = 0, quadratische Ergänzung suchen:
z 2 + (2 − 4i)z + (1 − 2i) 2 − (1 − 2i) 2 + i = 0
(z + 1 − 2i) 2 = (1 − 4i − 4) − i = −3 − 5i
Nun Formel von oben auf ˜z := z + 1 − 2i, n = 2, w = −3 − 5i anwenden:
A34) Sei
|w| = √ 34, ϕ := arg(w), also
˜z1 = √ 34 (cos ϕ
2
+ i sin ϕ
2 ),
˜z2 = √ 34 (cos ϕ+2π ϕ+2π
2 + i sin 2 ) = −˜z1
Um z1, z2 zu bekommen, muss man zu ˜z1, ˜z2 offensichtlich 2i − 1 addieren.
g1 = (2, −3), g2 = (−1, 2), h1 = (4, 2), h2 = (1, 1).
Eine lineare Abbildung α : R 2 −→ R 2 habe bezüglich der g-Basis die Matrixdarstellung
A =
� 3 1
−1 2
Bestimme die Matrixdarstellung von α bezüglich der h-Basis.
Lösung:
Allgemein: Wenn ein Vektor v bezüglich einer Basis, kurz g-Basis, die Koordinaten x hat,
und es sind sie Koordinaten y von v bzgl. einer weiteren Basis, der h-Basis gesucht, so stellt
man die Vektoren aus h bzgl. der Basis g dar; die Matrix sei T . Dann ist y = T −1 x (Satz
9.2).
Nun zur Darstellung linearer Abbildungen bzgl. verschiedener Basen:
Ist eine lin. Abb. α bzgl. einer g-Basis gegeben als Matrix A, und sucht man die Darstellung
à von α bzgl. einer h-Basis, so bildet man wie oben die Matrix T , und dann gilt
à = T −1 AT.
Deutung: Sind x die Koordinaten eines Vektors v bzgl. der h-Basis, so sind T x die Koordinaten
von v bzgl. g (s.o., Satz 9.2). AT x sind die Koordinaten von α(v) bzgl. g. T −1 AT x sind die
Koordinaten von v bzgl. der h-Basis.
�
.

Wie bekommt man die Matrix T ?
1. Falls die g-Basis die Standardbasis ist, so besteht T aus den Spaltenvektoren der h-Basis.
2. Falls die h-Basis die Standardbasis ist, so nimmt man die Spaltenvektoren von h und
invertiert diese Matrix.
3. Falls beide Basen beliebig sind, führt man zuerst den Wechsel von g zur Standardbasis
und dann den Wechsel von der Standardbasis zur h-Basis durch.
Zur Aufgabe: Es liegt Fall 3 vor. Sei G die Matrix aus den Spalten von g und H die Matrix
aus den Spalten von H.
Zuerst also der Basiswechsel von der g-Basis zur Standardbasis: T1 = G −1 , die Matrixdarstellung
von α bzgl. der Standardbasis ist also GAG −1 . Dann der Wechsel von der Standardbasisis
zur h-Basis: T2 = H. Die Darstellung von α bzgl. der h-Basis ist also
mit
G =
Ergebnis:
� 2 −1
−3 2
Zum Abgeben:
� �
4 1
, H =
2 1
GAG −1 =
� 3 1
1 2
H −1 GAG −1 H
�
, G −1 �
2 1
=
3 2
�
, H −1 = 1
2
�
, H −1 GAG −1 �
3 1/2
H =
2 2
�
� 1 −1
−2 4
Z33) Bestimme die folgenden Mengen und skizziere sie in der Gaußschen Zahlenebene:
a) {z ∈C | Re(z 2 ) = |z| 2 }
b) {z ∈C | arg(z 3 ) = π}
Lösung:
a) Ansatz : z = a + bi, a, b∈R
Re(z 2 ) = |z| 2 ⇐⇒ a 2 − b 2 = a 2 + b 2 ⇐⇒ b=0
=⇒ L = {z ∈C | Im(z)=0} = R
�
.
(4 Punkte)
b) Falls arg(z) = π/3, so ist arg(z 3 ) = π. Das sind jedoch nicht alle Lösungen:
Falls arg(z) = π/3 + 2π/3, so ist arg(z 3 ) ≡ (3π) ≡ π(mod2π).
Falls arg(z) = π/3 + 4π/3, so ist arg(z 3 ) ≡ (5π) ≡ π(mod2π).
Alle anderen Werte von arg(z), mit 3 multipliziert und modulo 2π betrachtet, ergeben
einen von π verschiedenen Wert.
=⇒ L = {z ∈C | arg(z)∈{ π 5π
, π,
3 3 }}
= {a(1 + i √ 3) | a≥0} ∪ {−a | a∈R} ∪ {a(1 − i √ 3) | a∈R}
(3 Halbgeraden aus dem Ursprung, jeweils 120 Grad Winkelabstand.)
(Die letzte Darstellung kann man sich an Hand einer Grafik mit gleichseitigen Dreiecken
überlegen.)

Z34) Bestimme die Nullstellen in C für folgende Polynome:
a) z 2 − (1 + i)
b) z 3 − 8
c) (z 2 − 1
2 )3 − 1
Hinweis: n-te Wurzel, Polarkoordinaten
Hinweis zu c: Substitution ˜z = z 2 − 1
2
Lösung:
(12 Punkte)
a) Formuliere das Problem als z2 = 1 + i und wende die Formel aus der Lösung von A33
an: |i + 1| = √ 2, arg(1 + i) = π/4
=⇒ z1 = 4√ 2 (cos π π
8 + i sin 8 )
z2 = 4√ 2 (cos 9π 9π
8 + i sin 8 ) = −z1
b) |8| = 8 = 2 3 , arg(8) = 0 =⇒
z1 = 2 (cos 0 + i sin 0) = 2
z2 = 2 (cos 2π 2π
1
3 + i sin 3 ) = 2 (− 2
z3 = 2 (cos 4π 4π
1
3 + i sin 3 ) = 2 (− 2
c) Mit ˜z := z2 − 1
2 : Löse ˜z3 = 1:
˜z1 = (cos 0 + i sin 0) = 1
˜z2 = cos 2π
√
2π 1 1
3 + i sin 3 = − 2 + i 2 3
˜z3 = cos 4π
√
4π 1 1
3 + i sin 3 = − 2 − i 2 3
Mit z2 = ˜z + 1
2 ist also zu lösen:
z2 3
1 = 2 , z2 √
1
2 = i 2 3, z2 3 = −i 1
√
2 3
Die 6 Lösungen sind:
z1 = ±
z2 = ±
z3 = ±
� 3
2 ,
�
1
2
�
1
2
4√ 3(cos π
4
4√ 3(cos 3π
4
√ √
1 + i 2 3) = −1 + i 3
√ √
1 − i 2 3) = −1 − i 3
π 1
+ i sin 4 ) = ±
4√
2 3(1 + i),
3π 1
+ i sin 4 ) = ± 2
4√ 3(−1 + i)
Z35) Eine lineare Abbildung α : C2 −→ C2 ist bezüglich der Standardbasis {e1, e2} gegeben
durch
�
1 + i
A =
2 − i
�
1
.
2i
Bestimme die Matrixdarstellung von α bezüglich der h-Basis {h1, h2},
Lösung: Mit
ist zu berechnen:
h1 = (1, 1 − i), h2 = (i, 1).
H =
� 1 i
1 − i 1
à = H −1 AH
�
(8 Punkte)

Es ist det H = −i, also
und
�
à =
i 1
−1 − i i
H −1 = 1
−i
� 1 −i
i − 1 1
� � 1 + i 1
2 − i 2i
� �
=
� � 1 i
1 − i 1
i 1
−1 − i i
�
=
�
� 4 + 3i 4i
−3 + 2i −3
�
.