Mathe II für Informatiker Sommersemester 05 Walter Oevel 14. 6. 2005

Ü b u n g s b l a t t 10

Lösungen von ∗-Aufgaben sind per Web-Formular unter http://math-www.upb.de/~walter (⟶ Lehre SS 05 ⟶ Übungen) bis spätestens Do, 23.6.05, abzuliefern. Lösungen von ∗∗-Aufgaben sind schriftlich abzugeben. Sie werden zu Beginn der Vorlesung am Mi, 22.6.05 eingesammelt.

Aufgabe 65: (O-Kalkül für spezielle Funktionen) Zeige:

a) \frac{sin(x^{2})}{x · cos(x^{3})} = O(x) im Limes x → 0,
b) \frac{e^{x} · (1 − cos(x^{2}))}{x^{4}} = O(1) im Limes x → 0,
c) \frac{sin(x)}{x} = O(\frac{1}{x}) im Limes x → ∞.

Musterlösung:

a) Es ist zu zeigen, dass

\frac{sin(x^{2})/(x · cos(x^{3}))}{x} = \frac{sin(x^{2})}{x^{2} · cos(x^{3})}

auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt ist. Es gilt

sin(x^{2}) = (x^{2}) − \frac{(x^{2})^{3}}{3!} + \frac{(x^{2})^{5}}{5!} + ⋯ = x^{2} · ( \underbrace{1 − \frac{x^{4}}{3!} + \frac{x^{8}}{5!} − ⋯}_{f(x)} ).

Die konvergierende Reihe f(x) ist auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt. Z.B. gilt für |x| ≤ 1

|f(x)| = |1 − \frac{x^{4}}{3!} + \frac{x^{8}}{5!} − ⋯ | ≤ 1 + \frac{|x|^{4}}{3!} + \frac{|x|^{8}}{5!} + ⋯ ≤ 1 + \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} + ⋯

≤ 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \frac{1}{5!} + ⋯ = e.

Damit ist

\frac{sin(x^{2})}{x^{2} · cos(x^{3})} = \frac{f(x)}{cos(x^{3})}

auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt (beachte, dass die stetige Funktion cos(x^{3}) in der Nähe von x = 0 Werte in der Nähe der 1 annimmt).

b) Es ist zu zeigen, dass

\frac{e^{x} · (1 − cos(x^{2}))}{x^{4}}

auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt ist. Es gilt

1 − cos(x^{2}) = 1 − (1 − \frac{(x^{2})^{2}}{2!} + \frac{(x^{2})^{4}}{4!} + ⋯) = x^{4} · ( \underbrace{\frac{1}{2!} − \frac{x^{4}}{4!} + ⋯}_{f(x)} ).

Die konvergierende Reihe f(x) ist auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt. Z.B. gilt für |x| ≤ 1

|f(x)| = |\frac{1}{2!} − \frac{x^{4}}{4!} + ⋯ | ≤ \frac{1}{2!} + \frac{|x|^{4}}{4!} + ⋯ ≤ \frac{1}{2!} + \frac{1}{4!} + ⋯ ≤ 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + ⋯ = e.

Damit ist

\frac{e^{x} · (1 − cos(x^{2}))}{x^{4}} = e^{x} · f(x)

auf einer Umgebung von x = 0 beschränkt (beachte, dass die stetige Funktion e^{x} in der Nähe von x = 0 Werte in der Nähe der 1 annimmt).

c) Es ist zu zeigen, dass \frac{sin(x)/x}{1/x} = sin(x) für alle hinreichend großen x beschränkt ist. In der Tat

gilt | sin(x)| ≤ 1 für alle x ∈ ℝ.

Aufgabe 66*: (O-Kalkül für spezielle Funktionen. 10 Bonuspunkte) Seien M_{1}, M_{2} Zahlen (die hex zufällig wählt). Gilt

1 − cos(x^{M_{1}}) = O(x^{M_{2}}) im Limes x → 0 ?

Es gibt nur einen Abgabeversuch für die Antwort TRUE (richtig) oder FALSE (falsch)!

Musterlösung: Es ist zu prüfen, ob

\frac{1 − cos(x^{M_{1}})}{x^{M_{2}}} = \frac{1}{x^{M_{2}}} · (1 − (1 − \frac{(x^{M_{1}})^{2}}{2!} + \frac{(x^{M_{1}})^{4}}{4!} − ⋯)) = x^{2M_{1}−M_{2}} · ( \underbrace{\frac{1}{2!} − \frac{x^{2·M_{1}}}{4!} + ⋯}_{f(x)} )

beschränkt ist. Die verbleibende Reihe f(x) ist beschränkt (analog zu den Beweisen für Aufgabe 65). Damit ist der obige Ausdruck in einer Umgebung von x = 0 genau dann beschränkt, wenn 2·M_{1} ≥ M_{2} gilt. Die Aussage ist damit richtig für

2 · M_{1} ≥ M_{2}.

Aufgabe 67**: (Spezielle Funktionen: Identitäten der trigonometrischen Funktionen. 10 Bonuspunkte) Diese Aufgabe kann schriftlich bearbeitet werden. Bearbeitungen werden zu Beginn der Vorlesung am Mi, 22.6.05, eingesammelt.

a) Zeige für beliebiges z ∈ ℂ:

sin (\frac{π}{2} − z) = cos(z), cos (\frac{π}{2} − z) = sin(z).

b) Folgere sin (\frac{π}{4} ) = cos (\frac{π}{4} ) = \frac{1}{\sqrt{2}}. c) Zeige für beliebiges x, y ∈ ℂ:

sin(x) ± sin(y) = 2 · cos (\frac{x ∓ y}{2} ) · sin (\frac{x ± y}{2} ).

Anleitung: Additionstheoreme.

Musterlösung:

a) Additionstheoreme:

sin (\frac{π}{2} − z) = sin (\frac{π}{2} ) · cos(−z) + cos (\frac{π}{2} ) · sin(−z) = cos(−z) = cos(z),
cos (\frac{π}{2} − z) = cos (\frac{π}{2} ) · cos(−z) − sin (\frac{π}{2} ) · sin(−z) = − sin(−z) = sin(z).

b) Für x = \frac{π}{4} = \frac{π}{2} − x folgt

sin(x) = sin (\frac{π}{2} − x) = cos(x).

Aus sin^{2}(x) + cos^{2}(x) = 1 folgt

sin^{2} (\frac{π}{4} ) + cos^{2} (\frac{π}{4} ) = 2 · sin^{2} (\frac{π}{4} ) = 1 ⇒ sin (\frac{π}{4} ) = cos (\frac{π}{4} ) = ±\frac{1}{\sqrt{2}}.

Wegen cos(x) > 0 auf [0, \frac{π}{2} ) kommt nur das positive Vorzeichen in Frage.

c) Es gilt 2 · X = (X + Y) + (X − Y), 2 · Y = (X + Y) − (X − Y). Die Additionstheoreme liefern

sin(2 · X) ± sin(2 · Y) = sin((X + Y) + (X − Y)) ± sin((X + Y) − (X − Y))

= sin(X +Y)·cos(X −Y)+cos(X +Y)·sin(X −Y)±( sin(X +Y)·cos(X −Y)−cos(X +Y)·sin(X −Y)).

Für + ergibt sich

sin(2 · X) + sin(2 · Y) = 2 · sin(X + Y) · cos(X − Y),

für − ergibt sich

sin(2 · X) − sin(2 · Y) = 2 · cos(X + Y) · sin(X − Y).

Mit x = 2 · X, y = 2 · Y ergibt sich die behauptete Identität.

Aufgabe 68: (Spezielle Funktionen: tan und arctan. Mühselige technische Puzzelei.)

a) Wir führen die Tangens-Funktion tan(x) = sin(x)/ cos(x) ein. Sie ist für alle x ∈ ℝ \ \{±\frac{π}{2} , ±\frac{3·π}{2} , ±\frac{5·π}{2} , …\} definiert (an diesen Stellen gilt cos(x) ≠ 0). Zeige, dass sie die Symmetrie tan(−x) = − tan(x) und die Periode π hat: tan(x + π) = tan(x). Zeige, dass das Additionstheorem

tan(x + y) = \frac{tan(x) + tan(y)}{1 − tan(x) · tan(y)}

für alle x, y mit x, y, x + y ∉ \{±\frac{π}{2} , ±\frac{3·π}{2} , ±\frac{5·π}{2} , …\} gilt.

b) Zeige, dass für alle x, y im Intervall (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) gilt:

tan(x) · tan(y) \{ \begin{matrix}= 1 & für & x + y = ±\frac{π}{2} , \\ > 1 & für & x + y > \frac{π}{2} oder x + y < −\frac{π}{2} , \\ > 1 & für & (x < 0 und x + y < \frac{π}{2} ) oder (x > 0 und x + y > −\frac{π}{2} ), \\ < 1 & für & (x ≥ 0 und x + y < \frac{π}{2} ) oder (x ≤ 0 und x + y > −\frac{π}{2} ). \end{matrix}

Verwende hierzu ohne Beweis, dass tan(y) auf dem “Basisintervall“ y ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) streng monoton steigt.

c) Schränkt man tan(x) auf das Basisinterval x ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) ein, so ist der Tangens wegen der strengen Monotonie dort invertierbar. Die (wiederum streng monoton steigende) Umkehrfunktion wird als Arcus Tangens bezeichnet:

arctan : ℝ ↦ ( − \frac{π}{2} , \frac{π}{2} ).

Visualisiere MuPADs arctan mit MuPADs plotfunc2d. Bestimme arctan(0), arctan(±1) und lim_{x→±∞} arctan(x).

d) Zeige, dass die Identität

arctan(X) + arctan(Y) = \{ \begin{matrix}arctan (\frac{X+Y}{1−X·Y} ) & für & X · Y < 1, \\ arctan (\frac{X+Y}{1−X·Y} ) + π & für & X · Y > 1, X > 0, Y > 0, \\ arctan (\frac{X+Y}{1−X·Y} ) − π & für & X · Y > 1, X < 0, Y < 0 \end{matrix}

für alle X, Y ∈ ℝ mit X · Y ≠ 1 gilt. Welche Identität gilt für Y = \frac{1}{X}? Anleitung: benutze b).

Musterlösung: a)

tan(−x) = \frac{sin(−x)}{cos(−x)} = \frac{− sin(x)}{cos(x)} = − tan(x),

tan(x + π) = \frac{sin(x + π)}{cos(x + π)} = \frac{sin(x) · cos(π) + cos(x) · sin(π)}{cos(x) · cos(π) − sin(x) · sin(π)} = \frac{− sin(x)}{− cos(x)} = tan(x),

tan(x + y) = \frac{sin(x + y)}{cos(x + y)} = \frac{sin(x) · cos(y) + cos(x) · sin(y)}{cos(x) · cos(y) − sin(x) · sin(y)}

= \frac{cos(y) · cos(x) · (\frac{sin(x)}{cos(x)} + \frac{sin(y)}{cos(y)})}{cos(x) · cos(y) · (1 − \frac{sin(x)}{cos(x)} · \frac{sin(y)}{cos(y)})} = \frac{tan(x) + tan(y)}{1 − tan(x) · tan(y)}.

b) Viele Fallunterscheidungen:

\underline{Sei y = ±\frac{π}{2} − x}: Aus den Additionstheoremen für den Sinus und Cosinus und den speziellen Werten sin(±\frac{π}{2} ) = ±1, cos(±\frac{π}{2} ) = 0 ergibt sich:

tan(x) · tan(y) = \frac{sin(x)}{cos(x)} · \frac{sin(±\frac{π}{2} − x)}{cos(±\frac{π}{2} − x)} = \frac{sin(x)}{cos(x)} · \frac{sin(±\frac{π}{2} ) · cos(x) − cos(±\frac{π}{2} ) · sin(x)}{cos(±\frac{π}{2} ) · cos(x) + sin(±\frac{π}{2} ) · sin(x)}

= \frac{sin(x)}{cos(x)} · \frac{± cos(x)}{± sin(x)} = 1.

\underline{Sei x + y > \frac{π}{2}} : Da y ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) vorausgesetzt wurde, impliziert x + y > \frac{π}{2} , dass x > 0 gelten muß. Damit gilt tan(x) > 0. Mit tan(x) · tan(y) = 1 für y = \frac{π}{2} − x folgt aus der strengen Monotonie von tan(y) das Resultat tan(x) · tan(y) > 1 für y > \frac{π}{2} − x. \underline{Sei x + y < −\frac{π}{2}} : Analog impliziert x + y < −\frac{π}{2} , dass x < 0 gelten muß. Damit gilt tan(x) < 0. Mit tan(x) · tan(y) = 1 für y = −\frac{π}{2} − x folgt aus der strengen Monotonie von tan(y) das Resultat tan(x) · tan(y) > 1 für y < −\frac{π}{2} − x. \underline{Sei x < 0, x + y < \frac{π}{2}} : Für −\frac{π}{2} < x < 0, also tan(x) < 0, folgt aus tan(x) · tan(y) = 1 für y = \frac{π}{2} − x und der strengen Monotonie von tan(y) das Ergebnis tan(x) · tan(y) > 1 für y < \frac{π}{2} − x. \underline{Sei x > 0, x + y > −\frac{π}{2}} : Für 0 < x < \frac{π}{2} , also tan(x) > 0, folgt aus tan(x) · tan(y) = 1 für y = −\frac{π}{2} − x und der strengen Monotonie von tan(y) das Ergebnis tan(x) · tan(y) > 1 für y > −\frac{π}{2} − x. \underline{Sei x ≥ 0, x + y < \frac{π}{2}} : Für 0 ≤ x < \frac{π}{2} , also tan(x) ≥ 0, folgt aus tan(x)·tan(y) = 1 für y = \frac{π}{2} −x und der strengen Monotonie von tan(y) das Ergebnis tan(x) · tan(y) < 1 für y < \frac{π}{2} − x. \underline{Sei x ≤ 0, x + y > −\frac{π}{2}} : Für −\frac{π}{2} < x ≤ 0, also tan(x) ≤ 0, folgt aus tan(x) · tan(y) = 1 für y = −\frac{π}{2} − x und der strengen Monotonie von tan(y) das Ergebnis tan(x) · tan(y) < 1 für y > −\frac{π}{2} − x.

c) Offensichtlich gilt arctan(0) = 0, denn tan(0) = 0. Für x = \frac{π}{4} gilt nach Aufgabe 67.b)

sin (\frac{π}{4} ) = cos (\frac{π}{4} ) ⇒ tan (\frac{π}{4} ) = 1 ⇒ arctan(1) = \frac{π}{4} .

Mit arctan(−x) = − arctan(x) folgt arctan(−1) = −\frac{π}{4} . Für −\frac{π}{2} < x < \frac{π}{2} gilt lim_{x→±π/2∓0} tan(x) = ±∞. Durch Spiegelung des Graphen von tan(x) auf dem

Basisintervall an der Winkelhalbierenden erkennt man sofort:

lim_{x→±∞} arctan(x) = ±\frac{π}{2} .

d) Setze x = arctan(X), y = arctan(Y) in die Identität aus a) ein:

tan(x + y) = \frac{tan(x) + tan(y)}{1 − tan(x) · tan(y)} ⇒ tan(x + y) = \frac{X + Y}{1 − X · Y} .

\underline{Sei X · Y < 1}:

Nach b) folgt |x + y| < \frac{π}{2} , wenn tan(x) · tan(y) = X · Y < 1 gilt, denn in b) wurde gezeigt, dass tan(x) · tan(y) ≥ 1 gilt für |x + y| ≥ \frac{π}{2} . Damit liegt x + y im Basisintervall und durch Anwenden von arctan folgt:

x + y = arctan (\frac{X + Y}{1 − X · Y} ) ⇒ arctan(X) + arctan(Y) = arctan (\frac{X + Y}{1 − X · Y} ).

\underline{Sei X · Y > 1, X > 0, Y > 0}: Aus X > 0, Y > 0 folgt x > 0, y > 0. Mit b) folgt aus X · Y > 1, dass x + y > \frac{π}{2} gelten muss, denn in b) wurde gezeigt, dass tan(x)·tan(y) = X ·Y ≤ 1 für x > 0, x+y ≤ \frac{π}{2} gilt. Es folgt x+y −π ∈ (−\frac{π}{2} , 0) und damit

arctan(tan(x + y)) = arctan(tan(x + y − π)) = x + y − π,

da x + y − π im Basisintervall liegt. Aus

tan(x + y) = \frac{X + Y}{1 − X · Y}

folgt damit

x + y = arctan(X) + arctan(Y) = arctan (\frac{X + Y}{1 − X · Y} ) + π.

\underline{Sei X · Y > 1, X < 0, Y < 0}: Aus X < 0, Y < 0 folgt x < 0, y < 0. Mit b) folgt aus X ·Y > 1, dass x+y < −\frac{π}{2} gelten muss, denn in b) wurde gezeigt, dass tan(x)·tan(y) = X ·Y ≤ 1 für x < 0, x+y ≥ −\frac{π}{2} gilt. Es folgt x+y +π ∈ (0, \frac{π}{2} ) und damit

arctan(tan(x + y)) = arctan(tan(x + y + π)) = x + y + π,

da x + y + π im Basisintervall liegt. Aus

tan(x + y) = \frac{X + Y}{1 − X · Y}

folgt damit

x + y = arctan(X) + arctan(Y) = arctan (\frac{X + Y}{1 − X · Y} ) − π.

\underline{Sei X · Y = 1, X > 0, Y > 0}: Aus X > 0, Y > 0 folgt x > 0, y > 0. Nach b) kann für X · Y = 1 nur x + y = ±\frac{π}{2} gelten, wobei nur das positive Vorzeichen in Frage kommt. Also

x + y = arctan(X) + arctan (\frac{1}{X} ) = \frac{π}{2} für X > 0.

\underline{Sei X · Y = 1, X < 0, Y < 0}: Aus X < 0, Y < 0 folgt x < 0, y < 0. Nach b) kann für X · Y = 1 nur x + y = ±\frac{π}{2} gelten, wobei nur das negative Vorzeichen in Frage kommt. Also

x + y = arctan(X) + arctan (\frac{1}{X} ) = −\frac{π}{2} für X < 0.

Die letzten beiden Fälle lassen sich zusammenfassen zu

arctan(X) + arctan (\frac{1}{X} ) = sign(X) · \frac{π}{2} für X ≠ 0.

Aufgabe 69: (Spezielle Funktionen: Ableitung der Exponentialfunktion) Zeige lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = 1 und folgere hieraus lim_{h→0} \frac{e^{z+h} − e^{z}}{h} = e^{z} für jedes z ∈ ℂ.

Musterlösung:

lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (h + \frac{h^{2}}{2!} + \frac{h^{3}}{3!} + ⋯) = lim_{h→0} (1 + \frac{h}{2!} + \frac{h^{2}}{3!} + ⋯)

= 1 + lim_{h→0} (\frac{h}{2!} + \frac{h^{2}}{3!} + ⋯) = 1 + lim_{h→0} h · ( \underbrace{\frac{1}{2!} + \frac{h}{3!} + ⋯}_{f(h)} ).

Die verbleibende Reihe f(h) konvergiert nach den Rechenregeln (ihr Wert ist \frac{1}{h} · (\frac{e^{h}−1}{h} − 1)). Sie ist beschränkt in h: für |h| ≤ 1 folgt z.B.

|f(h)| ≤ \frac{1}{2!} + \frac{|h|}{3!} + ⋯ < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + ⋯ = e

Damit folgt:

\frac{e^{h} − 1}{h} = 1 + O(h) ⇒ lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = 1.

(Dieser Grenzwert ist die Ableitung der exp-Funktion am Nullpunkt.) Mit der Funktionalgleichung e^{z+h} = e^{z} · e^{h} folgt

lim_{h→0} \frac{e^{z+h} − e^{z}}{h} = lim_{h→0} \frac{e^{z} · e^{h} − e^{z}}{h} = e^{z} · lim_{h→0} \frac{e^{h} − 1}{h} = e^{z}.

Dieser Grenzwert liefert die Ableitung der exp-Funktion an jedem beliebigen Punkt z ∈ ℂ.

Aufgabe 70: (Spezielle Funktionen: Ableitung der trigonometrischen Funktionen) Zeige

lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = 1, lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = 0

und folgere hieraus

lim_{h→0} \frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = cos(z), lim_{h→0} \frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = − sin(z)

für jedes z ∈ ℂ. Anleitung für den letzten Teil: Additionstheoreme.

Musterlösung:

lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (h − \frac{h^{3}}{3!} + \frac{h^{5}}{5!} + ⋯) = lim_{h→0} (1 − \frac{h^{2}}{3!} + \frac{h^{4}}{5!} + ⋯)

= 1 − lim_{h→0} (\frac{h^{2}}{3!} − \frac{h^{4}}{5!} + ⋯) = 1 − lim_{h→0} h^{2} · ( \underbrace{\frac{1}{3!} − \frac{h^{2}}{5!} + ⋯}_{f(h)} ).

Die verbleibende Reihe f(h) konvergiert nach den Rechenregeln (ihr Wert ist \frac{1}{h^{2}} · (\frac{sin(h)}{h} − 1)). Sie ist beschränkt in h: für |h| ≤ 1 folgt z.B.

|f(h)| ≤ \frac{1}{3!} + \frac{|h|^{2}}{5!} + ⋯ ≤ \frac{1}{3!} + \frac{1}{5!} + ⋯ < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \frac{1}{5!} + ⋯ = e

Damit folgt:

\frac{sin(h)}{h} = 1 + O(h^{2}) ⇒ lim_{h→0} \frac{sin(h)}{h} = 1.

Analog:

lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = lim_{h→0} \frac{1}{h} · (\frac{h^{2}}{2!} − \frac{h^{4}}{4!} + ⋯) = lim_{h→0} (\frac{h}{2!} − \frac{h^{3}}{4!} + ⋯) = lim_{h→0} h · ( \underbrace{\frac{1}{2!} − \frac{h^{2}}{4!} + ⋯}_{f(h)} ),

wo die verbleibende Reihe f(h) wiederum beschränkt ist (mit den selben Argumenten wie oben gilt |f(h)| ≤ e für |h| < 1). Es folgt:

\frac{1 − cos(h)}{h} = O(h) ⇒ lim_{h→0} \frac{1 − cos(h)}{h} = 0.

Mit den Additionstheoremen

sin(z + h) = sin(z) · cos(h) + cos(z) · sin(h),
cos(z + h) = cos(z) · cos(h) − sin(z) · sin(h)

folgt

\frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = \frac{sin(z) · cos(h) + cos(z) · sin(h) − sin(z)}{h} = sin(z) · \frac{cos(h) − 1}{h} + cos(z) · \frac{sin(h)}{h},

\frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = \frac{cos(z) · cos(h) − sin(z) · sin(h) − cos(z)}{h} = cos(z) · \frac{cos(h) − 1}{h} − sin(z) · \frac{sin(h)}{h}.

Die obigen Ergebnisse liefern

lim_{h→0} \frac{sin(z + h) − sin(z)}{h} = cos(z), lim_{h→0} \frac{cos(z + h) − cos(z)}{h} = − sin(z).

Diese Grenzwerte liefern die Ableitung der Sinus- bzw. Cosinus-Funktion.

Aufgabe 71: (Polarkoordinaten) Bestimme die Polarkoordinaten (r, φ) der folgenden komplexen Zahlen:

1, i, −1, −i, 1 + i, −1 + i, −1 − i, 1 − i.

Der Polarwinkel einer komplexen Zahl z wird auch ”das Argument“ von z genannt. Die MuPAD-Funktion dazu: abs (= Absolutbetrag = Radius), arg (= Argument = Polarwinkel).

Musterlösung:

a) |1| = 1, Polarwinkel(1) = 0.

b) |i| = 1, Polarwinkel(i) = \frac{π}{2} .

c) | − 1| = 1, Polarwinkel(−1) = π.

d) | − i| = 1, Polarwinkel(−i) = \frac{3·π}{2} .

e) |1 + i| = \sqrt{2}, Polarwinkel(1 + i) = \frac{π}{4} . Kontrolle (beachte sin(π/4) = cos(π/4) = 1/\sqrt{2}):

r · e^{i·φ} = \sqrt{2} · (cos(π/4) + i · sin(π/4)) = 1 + i.

f) |i − 1| = \sqrt{2}, Polarwinkel(i − 1) = \frac{3·π}{4} . Kontrolle (beachte sin(3 · π/4) = − cos(3 · π/4) = 1/\sqrt{2}):

r · e^{i·φ} = \sqrt{2} · (cos(3 · π/4) + i · sin(3 · π/4)) = −1 + i.

g) | − 1 − i| = \sqrt{2}, Polarwinkel(−1 − i) = \frac{5·π}{4} . Kontrolle (beachte sin(5 · π/4) = cos(5 · π/4) = −1/\sqrt{2}):

r · e^{i·φ} = \sqrt{2} · (cos(5 · π/4) + i · sin(5 · π/4)) = −1 − i.

h) |1 − i| = \sqrt{2}, Polarwinkel(1 − i) = \frac{7·π}{4} . Kontrolle (beachte − sin(7 · π/4) = cos(7 · π/4) = 1/\sqrt{2}):

r · e^{i·φ} = \sqrt{2} · (cos(7 · π/4) + i · sin(7 · π/4)) = 1 − i.

Aufgabe 70*: (Komplexe Wurzeln. 10 Bonuspunkte) Seien M_{1}, M_{2}, M_{3} reelle Zahlen (die von hex zufällig gewählt werden). Bestimme die Polarkoordinaten von

a = M_{1} + i · M_{2}

(der Polarwinkel läßt sich bei den von hex gewählten Zahlen exakt ausdrücken). Bestimme die komplexen Wurzeln

(i^{M_{3}} · a)^{1/5},

also alle Lösungen z_{0}, z_{1}, z_{2} etc. von z^{5} = i^{M_{3}} · a. Abzugeben sind einige der Lösungen (in der Nummerierung wie in Bemerkung 5.21 der Vorlesung). Sie sind über ihren Betrag und ihren Polarwinkel ∈ [0, 2 · π) anzugeben. Für π ist das MuPAD-Symbol PI zu verwenden. Relevante MuPAD-Funktionen zur Kontrolle: abs, arg, arctan, numeric::polyroots.

Musterlösung: Es gilt

|a| = \sqrt{M_{1}^{2} + M_{2}^{2}}

und

ℜ(a) = M_{1} = |a| · cos(ψ_{1}), ℑ(a) = M_{2} = |a| · sin(ψ_{1}).

hex wählt M_{2} = ±M_{1}. Für ℜ(a) ≠ 0 folgt

tan(ψ_{1}) = \frac{M_{1}}{M_{2}} = ±1.

Je nachdem, ob a im ersten, zweiten, dritten oder vierten Quadranten der komplexen Ebene liegt, ergibt sich

ψ_{1} = arctan(1) = \frac{π}{4}

bzw.

ψ_{1} = arctan(1) + \frac{π}{2} = \frac{3 · π}{4}

bzw.

ψ_{1} = arctan(1) + π = \frac{5 · π}{4}

bzw.

ψ_{1} = arctan(1) + \frac{3 · π}{2} = \frac{7 · π}{4} .

Die Zahl i^{M_{3}} hat den Betrag 1 und den Polarwinkel ψ_{2} = M_{3} · \frac{π}{2} . Es folgt die Polardarstellung i^{M_{3}} ·a = |a| · e^{i·(ψ_{1}+ψ_{2})}. Für die richtige Nummerierung der Wurzeln ist dieser Polarwinkel ψ_{1} + ψ_{2} durch Subtrahieren eines geeigneten Vielfachen von 2 π auf das Basisinterval [0, 2 π) zu reduzieren:

ψ_{3} = ψ_{1} + ψ_{2} − ⌊\frac{ψ_{2} + ψ_{2}}{2 · π} ⌋ · 2 · π.

Die Wurzeln sind dann

z_{k} = |a|^{\frac{1}{5}} · e^{i· \frac{ψ_{3}}{5} +i· \frac{k·2·π}{5}} , k = 0, 1, …, 4.

Z.B. M_{1} = −2, M_{2} = −2, M_{3} = 3:

|a| = \sqrt{8} = 2 · \sqrt{2}, ψ_{1} = \frac{5 · π}{4} , ψ_{2} = 3 · \frac{π}{2} , ψ_{1} + ψ_{2} = \frac{11 · π}{4} = \frac{3 · π}{4} + 2 · π.

Reduktion von ψ_{1} + ψ_{2} auf den Bereich [0, 2 · π) liefert:

ψ_{3} = ψ_{1} + ψ_{2} − 2 · π = \frac{3 · π}{4} .

Die 5 fünften Wurzeln sind damit:

z_{0} = (2 · \sqrt{2} )^{1/5} · ( cos (\frac{3 · π}{20} ) + i · sin (\frac{3 · π}{20} )),
z_{1} = (2 · \sqrt{2} )^{1/5} · ( cos (\frac{11 · π}{20} ) + i · sin (\frac{11 · π}{20} )),
z_{2} = (2 · \sqrt{2} )^{1/5} · ( cos (\frac{19 · π}{20} ) + i · sin (\frac{19 · π}{20} )),
z_{3} = (2 · \sqrt{2} )^{1/5} · ( cos (\frac{27 · π}{4} ) + i · sin (\frac{27 · π}{4} )),
z_{4} = (2 · \sqrt{2} )^{1/5} · ( cos (\frac{π}{4} ) + i · sin (\frac{π}{4} )).