Aufgabe 9

W. Dolejsky Mathematik 1 für den Fb B
M1A2
Fb MN WS 2012/2013
H_DA
Aufgabe 9
a) Bestimmen Sie die Mengen L 1 :x sin x
b) Bestimmen Sie die Mengen L 1 9x cos x
1
2
2 > und L 2 9x sin x
1
2 = und L 2 9x cos x
c) Bestimmen Sie die Mengen L 1 :x tan x 3 > und L 2 8x tan x 1<
Vorbemerkung:
Lösungsmenge der Gleichung sinHxL r @ 1, 1D
Da die Sinus-Funktion periodisch ist mit der Periode 2 , hat man die Lösungsmenge L der Gleichung
sinHxL r @ 1, 1D Hx L gefunden, wenn man alle Lösungen (Winkel) bestimmt hat, die im
Intervall @ , D liegen (ein mal ganz rum).
Für r mit 1 r 1 erhält man zwei Lösungen x1 und x2, die sogenannten Basislösungen
(Einheitskreis). Dabei erhält man die Lösung x1durch einsetzen von r in die Umkehrfunktion der
Sinus-Funktion: x1 arcsinHrL. Dies ist die Lösung, die der Taschenrechner liefert. Die zweite
Lösung x2 erhält man aus x1 gemäß der Gleichung x2 x1 (Einheitskreis).
Im Fall r 1 sind die beiden Lösungen zu einer Lösung zusammengerutscht x1 1
x2 1
.
Im Fall r 1 sind die beiden Lösungen zu einer Lösung zusammengerutscht
x 1
3
2
ê2 x 2
3
2
.
Die Lösungsmenge lautet also L 8x 1 2 k k < ‹ 8x 2 2 k k <
Lösungsmenge der Gleichung cos HxL r @ 1, 1]
Da die Cosinus-Funktion periodisch ist mit der Periode 2 , hat man die Lösungsmenge L der Gleichung
cosHxL r @ 1, 1D Hx L gefunden, wenn man alle Lösungen(Winkel) bestimmt hat, die im
Intervall @0, 2 D liegen (ein mal ganz rum) .
Für r mit 1 r 1 erhält man zwei Lösungen x1 und x2, die sogenannten Basislösungen
(Einheitskreis). Dabei erhält man die Lösung x1 durch einsetzen von r in die Umkehrfunktion der
Cosinus-Funktion: x1 arccosHrL. Dies ist die Lösung, die der Taschenrechner liefert. Die zweite
Lösung x2 erhält man aus x1 gemäß der Gleichung x2 x1 (Einheitskreis).
Im Fall r 1 sind die beiden Lösungen zu einer Lösung zusammengerutscht
x1 0 x2 0 0 0.
Im Fall r 1 sind die beiden Lösungen zu einer Lösung zusammengerutscht x1 x2 Die Lösungsmenge lautet also L 8x1 2 k k < ‹ 8x2 2 k k <
Lösungsmenge der Gleichung tan (x) = r (- , )
Da die Tangens-Funktion periodisch ist mit der Periode , hat man die Lösungsmenge der Gleichung
tan(x) = r (- , + ) (x ) gefunden, wenn man alle Lösungen(Winkel) bestimmt hat, die
im Intervall I 2 , 2 M liegen.
Achtung: Wir bestimmen trotzdem alle Lösungen, die im “grösseren” Intervall @ , D \ 9 2 , 2 = liegen
(ein mal ganz rum) .
Für r mit - < r < + erhält man zwei Lösungen x1 und x2, die sogenannten Basislösungen
(Einheitskreis). Dabei erhält man die Lösung x1 durch einsetzen von r in die Umkehrfunktion der
Tangens-Funktion: x1 arctanHrL. Dies ist die Lösung, die der Taschenrechner liefert. Die zweite
Lösung x2 erhält man aus x1 gemäß der Gleichung x2 x1 (Einheitskreis). Hier ist die zur Basislösung
x1gehörende Lösungsmenge L1 8x1 k k < gleich der zur Basislösung x2 gehörenden
Lösungsmenge L 2 8x 2 k k

2 LM1A2.nb
(ein mal ganz rum) .
Für r mit - < r < + erhält man zwei Lösungen x1 und x2, die sogenannten Basislösungen
(Einheitskreis). Dabei erhält man die Lösung x1 durch einsetzen von r in die Umkehrfunktion der
Tangens-Funktion: x1 arctanHrL. Dies ist die Lösung, die der Taschenrechner liefert. Die zweite
Lösung x2 erhält man aus x1 gemäß der Gleichung x2 x1 (Einheitskreis). Hier ist die zur Basislösung
x1gehörende Lösungsmenge L1 8x1 k k < gleich der zur Basislösung x2 gehörenden
Lösungsmenge L 2 8x 2 k k

käl
3 2 x2
x1
2 3
1
L 2 : Ermitteln der beiden Basislösungen: x 1
x2 x1 L21 9
1
4
5
4
k k = L 22 9
Vervollständigen Sie die folgende Grafik:
1
5
4
arctanH 1L
1
4
x2
1
(Taschenrechnerlösung)
k k = L 2 L 21 L 22
3 2 2 3
1
Aufgabe 10
a) Zeigen Sie, dass für alle gilt:
a1) sin 2 2 sin cos (Hinweis: Additionstheorem für sin)
a2) 1
H1
2
cos 2 L cos2 (Hinweis: Additionstheorem für cos)
b) Zeigen Sie mit Hilfe der Additionsteoreme der Sinusfunktion bzw. der Cosinusfunktion, dass die
Sinusfunktion und die Cosinusfunktion die Periode 2 und die Tangensfunktion die Periode
besitzt
c) Bestimmen Sie die Menge L 8x sin 2 x cos x < (Hinweis: sin H2 xL sin Hx xL , siehe Teil
a) dieser Aufgabe)
a)
a1) sin 2
a2)
sinH L sin cos cos sin 2 sin cos
cos 2 cosH L cos cos sin sin cos 2
sin 2
also:
1
2
Hcos 2 1L cos 2
cos 2
b) cos x sin 2 x 2 sin x cos x cos x H1 2 sin xL 0
• (erster Faktor wird 0 gesetzt): cos x 0
Basislösungen: x11 ê2 und x12 x1 ê2
L11 8 ê2 2 k k < L12 8 ê2 2 k k < L1 L11 ‹ L12 • (zweiter Faktor wird 0 gesetzt): 1 2 sinx 0 sin x 1ê2
Basislösungen: x 21 ê6 und x 22 x 1
L 21 8 ê6 2 k k < L 22 9 5
6
5
6
2 k k = L 2 L 21 ‹ L 22
L L 1 ‹ L 2 9 x Ix ê2 2 k Ó x ê2 2 k Ó x ê6 2 k Í x
cos x, sin 2 x
1.0
0.5
6 5 4 3 2 2 3 4 5 6
0.5
1.0
cos x, 1 2 sin x
3
2
1
6 5 4 3 2 2 3 4 5 6
1
I1 cos 2
x
x
5
6
LM1A2.nb 3
M 2 cos 2
1
2 k MÔ k =

4 LM1A2.nb
Basislösungen: x 21 ê6 und x 22 x 1
L 21 8 ê6 2 k k < L 22 9 5
6
5
6
2 k k = L 2 L 21 ‹ L 22
L L 1 ‹ L 2 9 x Ix ê2 2 k Ó x ê2 2 k Ó x ê6 2 k Í x
c) sinHx 2 L sinHxL cosH2 L
cosHx 2 L cosHxL cosH2 L
tanHx L
Aufgabe 11
cos x, sin 2 x
1.0
0.5
6 5 4 3 2 2 3 4 5 6
0.5
1.0
cos x, 1 2 sin x
3
2
1
6 5 4 3 2 2 3 4 5 6
1
sinHx L
cosHx L
1
1
1
sinHxL cos H L
cosHxL cos H L
cosHxL sinH2 L
1
0
sinHxL sinH2 L
0
0
cosHxL sin HxL
sinHxL sin H L
0
sinHxL
cosHxL
sinHxL
cosHxL
tanHxL
x
x
5
6
2 k MÔ k =
Gegeben sind die komplexen Zahlen z 1 3 2 i , z 2 1 3 i und z 3 2 2 i
a) Skizzieren Sie z 1, z 2 und z 3 in der Gauss’schen Zahlenebene und geben Sie die folgenden
komplexen Zahlen in kartesischer Darstellung an :
a1) z1 z2 a2) z2 z1 a3) z1 z2 a4) z1 z2 b) Geben Sie z3 und z1 z2 auch in Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung an.
Vorbemerkung :
kartesische Darstellung
z x y
Polardarstellung
z HcosH L sinH LL
z x iy »z»HcosH L i sinH LL
Re HzL x »z» cosH L
Betrag z von z x y : z : x 2
»z»
Im
cosH L sinH L
Im HzL y »z» sinH L
Re
Exponentialdarstellung
y 2 Länge des Zeigers von z
Argument arg HzL von z z HcosH L sinH LL z : Winkel den der Zeiger von z mit der
positiven Realteil-Achse einschliesst. Dabei hat der Winkel postives Vorzeichen, falls man beim
Drehen der positiven Realteil-Achse in die Richtung des Zeigers von z “links-rum” (im mathematisch
positivem Sinne oder gegen den Uhrzeiger) drehen muss, ansonsten negatives Vorzeichen
(Drehung im Uhrzeigersinn)
Realteil ReHzL von z x y : ReHzL x
Imaginärteil ImHzL von z x y : ImHzL y Achtung: Im HzL y ist eine reelle Zahl
konjugiert komplexe Zahl z z zu z x y : z z x y
z

Argument arg HzL von z z HcosH L sinH LL z : Winkel den der Zeiger von z mit der
positiven Realteil-Achse einschliesst. Dabei hat der Winkel postives Vorzeichen, falls man beim
Drehen der positiven Realteil-Achse in die Richtung des Zeigers von z “links-rum” (im mathematisch
positivem Sinne oder gegen den Uhrzeiger) drehen muss, ansonsten negatives Vorzeichen
(Drehung im Uhrzeigersinn)
Realteil ReHzL von z x y : ReHzL x
Imaginärteil ImHzL von z x y : ImHzL y Achtung: Im HzL y ist eine reelle Zahl
konjugiert komplexe Zahl z z zu z x y : z z x y
Anschauliche Interpretation der Addition zweier komplexer Zahlen als Vektoraddition
(Zeigeraddition)
Wir wählen die Kartesische Darstellung der beiden komplexen Zahlen
z 1 ReHz 1L ImHz 1L und z 2 ReHz 2L ImHz 2L
z1 z2 ReHz1 z2L ImHz1 z2L
HReHz1L ReHz2LL HImHz1L ImHz2LL
Im
ImHz1 z2L
Re Hz1 z2L Re Hz1L Re Hz2L
Im Hz1 z2L Im Hz1L Im Hz2L
ReHz1 z2L
z1
ReHz1L
z1 z2
z2
ReHz2L
ImHz2L ImHz1L Anschauliche Interpretation der Multiplikation zweier komplexer Zahlen
Wir wählen jetzt die Polardarstellung bzw. die Exponentialdarstellung der komplexen Zahlen
z 1 z 1 HcosH 1L sinH 1LL z 1
z z 1 z 2 z 1
1 z2
2 z 1 z 2
Re
1 und z2 z 2 HcosH 2L sinH 2LL z 2
1 2 z 1 z 2
H 1 2L
Die komplexe Zahl z 1 z 2 z hat also den Betrag z 1 z 2 z z 1 z 2 und
z1z2
»z1z2» »z1»»z2»
das Argument argHz 1 z 2L 1 2
Im
Merkregel:
Zwei komplexe Zahlen werden addiert indem man ihre Realteile addiert und ihre Imaginärteile
addiert
Zwei komplexe Zahlen werden multiplizeirt indem man ihre Beträge miteinander multipliziert und
ihre Argumente addiert.
Es gilt z 0 z z x 2
y
y 2
1
z2
z1
1
1 2
0 . Hieraus folgt
z z J x
z
N
z
z Hcos sin L z cos z sin x y
• Falls z in Polardarstellung bzw. in Exponentialdarstellung vorliegt, also |z| und bekannt ist, so
erhält man durch Einsetzen dieser beiden Größen (letztes Gleichheitszeichen) den Realteil
x z cos und den Imaginärteil y z sin , also die kartesische Darstellung z x y
• Falls andereseits z in kartesischer Darstellung vorliegt, also x und y bekannt ist, so erhält man
z gemäß z x 2
y 2 .
Für das unbekannte Argument ergeben sich die beiden folgenden Bestimmungsgleichungen
(zweites Gleichheitszeichen).
x y y
2
Re
2
LM1A2.nb 5

6 LM1A2.nb
Es gilt z 0 z z x 2
y
y 2
0 . Hieraus folgt
z z J x
z
N
z
z Hcos sin L z cos z sin x y
• Falls z in Polardarstellung bzw. in Exponentialdarstellung vorliegt, also |z| und bekannt ist, so
erhält man durch Einsetzen dieser beiden Größen (letztes Gleichheitszeichen) den Realteil
x z cos und den Imaginärteil y z sin , also die kartesische Darstellung z x y
• Falls andereseits z in kartesischer Darstellung vorliegt, also x und y bekannt ist, so erhält man
z gemäß z x 2
y 2 .
Für das unbekannte Argument ergeben sich die beiden folgenden Bestimmungsgleichungen
(zweites Gleichheitszeichen).
x x
y y
cos
und sin
z
z
x 2 y 2
Das Argument ist durch diese beiden Gleichungen bis auf Addition ganzzahliger Vielfache von
2 eindeutig bestimmt:
z liefert dieselbe komplexe Zahl wie z
Praktisch kann man wie folgt bestimmen:
x 2 y 2
k 2 mit k
Man berechnet mit dem Taschenrechner mit der ersten Gleichung arccos
dann die beiden Lösungen und möglich (Basislösungen, vgl. Aufgabe 9).
Anschaulich ist klar:
falls y 0
falls y 0
x
x 2 y 2
. Für sind
a) Der Vorteil der komplexen Zahlen in der kartesichen Darstellung liegt darin, dass man mit den
Zahlen der Form z x i y nach denselben formalen Regeln addieren und multiplizieren kann
wie man es von den reellen Zahlen her gewohnt ist, wenn man nur jeweils 2 = −1 beachtet.
a1)
z3 4 4
4
z2 1 3
2
4 2 2 4
a1) z 1 z 2 H3 2 L H 1 3 L 3 2 1 3 H3 1L H 2 3 L 2
a2) z 2 z 1 1 3 H3 2 L 4 5
a3) z 1 z 2 H3 2 L H 1 3 L 3 H 1L 3 3 H 2 L H 1L H 2 L 3 3 9 2 6 2
2
4
Im
z1 3 2
Re
1
3 11
a4) Beseitigung der komplexen Zahl z 2 im Nenner des Bruches: Multiplikation des Bruches mit der
zu z 2 1 3 konjugiert komplexen Zahl z 3 1 3 . Im neuen Nenner steht dann der Betrag
von z 2 zum Quadrat, also z 2 2 :
z 1
z 2
3 2
1 3
H3 2 L H 1 3 L
H 1 3 L H 1 3 L
3 9 2 6 2
H 1L 2 H3L 2
b)
b1) Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung von z z 1 z 2 2
z 2 2 1 2
5 arccosJ 2
5
9 7
10
9
10
7
10
N 0.463648 0.463648 , da y 1 0
( 62.565 °L
z 5 HcosH0.463648L sinH0.463648LL 5
0.463648
b2) Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung von z3 4 4
Lösung: z 3 4 2 (cos(−
3 π
4
3 π
)+ sin(− )) 4 2
4
3
4

)
b1) Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung von z z 1 z 2 2
z 2 2 1 2
5 arccosJ 2
5
N 0.463648 0.463648 , da y 1 0
( 62.565 °L
z 5 HcosH0.463648L sinH0.463648LL 5
0.463648
b2) Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung von z3 4 4
Lösung: z 3 4 2 (cos(−
Aufgabe 12
3 π
4
3 π
)+ sin(− )) 4 2
4
a) Die folgenden in kartesischer Darstellung gegebenen komplexen Zahlen sind in Polardarstellung
bzw. Exponentialdarstellung anzugeben :
a1L i a2L 1 a3L 1 a4L 1 i a5L 1 3 i a6L 4 3 i
Beim Lösen von a1) bis a4) skkizieren Sie die jeweilige komplexe Zahl in der Gauss’schen
Zahlebene und lesen dort dann das zugehörige Argument (also ohne Rechnung) direkt ab
b) Geben Sie die folgenden komplexen Zahlen in kartesischer Darstellung und Polardarstellung
bzw. Exponentialdarstellung an:
b1L H1 iL 5 b2L H1 iL 14 J1 3 iN 7
a1) z
a2) z 1
a3) z 1
a4) z 1
a5) z 1 3
1
»z» 1
Im
1 1
ê2
»z» 1
1
Im
1 1
ê2
1 »z» 1 1
1
1
Im
Im
»z» 2
1 1
z 1 3 z 1 2
z 2
2
1
Im
»z» 2
4
0
1 1
ê3 wegen y 3 0
þ
3 2 Icos þ
4
1
Im
3
sin þ
4 M
J 3 N 2
Re
Re
Re
Re
Re
z 1
3
4
ê2 1 Icos 2
sin 2 M
z 1 1 Hcos sin L
z = 1 = 1 0 = HcosH0L + sin H0LL
z 2
2 arccos I 1
M ê3
2
1 2 3 4
0.643501 36.8699°
Re
þ
4 2 Icos 4
sin 4 M
LM1A2.nb 7

8 LM1A2.nb
1 2 3 4
0.643501 36.8699°
1
a6) z 4 3 »z» 5
2
3
Im
z 4 3 z 4 2
H 3L 2
arccos J 4
N
5
0.643501 36.8699 °
0.643501 wegen y 3 0
0.643501
z 5
5 Hcos H 0.643501L sin H 0.643501LL
5 HcosH0.643501L sinH0.643501LL
5
b) Falls bei der in kartesischer Dartsellung gegebenen komplexen Zahl z w n
nent n klein ist, kann man die Binomische Formel benutzen z Hx yL n n
⁄ k 0
Re
Hx yL n der Expo-
n
k xn k H yL k . Setzt
man in der Summe für gleich 1 und fasst dann die die Summanden “ohne ” und die Summan-
den “mit ” zusammen, so erhält man die Potenz in kartesischer Darstellung. Während sich in b1L
diese Vorgehensweise bei der Potenz n 5 noch praktikabel erweist (probieren Sie es aus und
lesen Sie dabei die Binomialkoeffizienten im Pascal’schen Dreieck ab), ist ihre Anwendung in b2L
schier unmöglich. Ausweg:
Man schreibt in z w n die komplexe Zahl w in Exponentialdarstellung: w w . Dann berech-
net man die Potenz z w n
I w M n gemäß der Formel I w M n
w n n und wandelt
dann die so berechnete Exponentialdarstellung der Potenz in die kartesische Darstellung um
z w n
w n cos n w n sin n .
b1) z J 2
ê4 N 5
b2) z H1 iL 14 J1 3 iN 7
2 14 2 J 35
12 N
8192 3 8192
J 2 N 5 5
4 4 2 IcosI 5
4
2 14 2 J3 1
12 N
J 2 4 N 14
Vorbemerkung : Lösungen der Gleichung z n w
J2
14 2 3
2
þ
3 N 7
6 2 14
M sin I 5
4
J 2 N 14
MM 4 4
4 14 2 7
6 16 384 IcosI
þ
3 7
2 7 2 7
M sinI
6
Mit z und vorgegebener fester komplexer Zahl w ∈ betrachten wir die Gleichung
w mit n .
Jede Lösung dieser Gleichung heißt eine n-te Wurzel von w bzw. eine Wurzel von zn = w. Wir
werden sehen, dass es genau n Wurzeln der Gleichung zn = w gibt. Dazu schreiben wir sowohl z
als auch w in Exponentialer Darstellung:
z n
z z und w w H Hk 1L 2 L mit k 1, 2, 3, ...
Dabei nutzen wir ganz wesentlich die Tatsache, dass in der Exponentialer Darstellung von w das
Argument α = arg HwL
bis auf ein ganzahliges Vielfaches von 2 π eindeutig bestimmt ist. Wir setzen die Eponentiale
Darstellungen von z und w in die Gleichung z n = w ein und erhalten
n n n H Hk 1L 2 L
35
6
6 MM

werden sehen, dass es genau n Wurzeln der Gleichung z n = w gibt. Dazu schreiben wir sowohl z
als auch w in Exponentialer Darstellung:
z z und w w H Hk 1L 2 L mit k 1, 2, 3, ...
Dabei nutzen wir ganz wesentlich die Tatsache, dass in der Exponentialer Darstellung von w das
Argument α = arg HwL
bis auf ein ganzahliges Vielfaches von 2 π eindeutig bestimmt ist. Wir setzen die Eponentiale
Darstellungen von z und w in die Gleichung z n = w ein und erhalten
I z M n
z n n w H Hk 1L 2 L mit k 1, 2, 3, ...
Nun sind zwei komplexe Zahlen genau dann gleich, wenn ihre Beträge und ihre Argumente übereinstimmen.
Gleichsetzen der Beträge liefert:
n
Dabei ist z = w
z n n
= w bzw. z = w
n
die eindeutig festgelegte reelle Zahl mit I w
M n = w .
n
Man kann diese reelle n-te Wurzel w = w 1ên mit dem Taschenrechner oder mit einem
CA-System (Computer-Algebra-System) bestimmen.
Man erkennt so, dass alle Wurzeln von zn = w denselben Betrag w 1ên besitzen. Das bedeutet,
dass die Pfeilspitzen der zugehörigen Zeiger alle auf einem Kreis mit dem Radius w 1ên Gleichsetzen der Argumente liefert:
liegen.
n ⋅ ϕ = α + Hk − 1L 2 π mit k = 1, 2, 3. ..
bzw. ϕ = α
2 π
+ Hk − 1L ⋅ mit k = 1, 2, 3. ...
n n
Setzen wir hier nacheinander k = 1, 2, 3, ... , so erhalten wir die Winkel ϕk = α
2 π
+ Hk − 1L ⋅
n n .
Somit ergeben sich die Lösungen
n
zk = w
I α
n
+Hk−1L⋅ 2 π
n M mit k = 1, 2, 3. .., n, Hn + 1, n + 2, ...L
n
Da alle Lösungen denselben Betrag w besitzen, unterscheiden sie sich lediglich durch ihre
Argumente. Wegen ϕn+1 = α
n + 2 π = ϕ1 + 2 π, ϕn+2 = α
n + 2 π + 2 π = ϕ2 + 2 π ,... wiederholen
sich ab der Hausnummer k = n + 1 die bereits dagewesenen Lösungen. Die zu
n + 1, n + 2, n + 3, ... gehörenden Lösungswinkel unterscheiden sich von bereits dagewesenen
Lösungswinkel nur um ein ganzahliges Vielfaches von 2 π.
Deshalb besitzt die Gleichung
zn = w
genau die n Lösungen:
n
zk = w
I α
n
2 π
+Hk−1L⋅
n M n
= w
α
2 π
Hk−1L⋅
n n
mit k = 1, 2, 3. .., n
Anschaulich konstruieren wir in der komplexen Zahlenebene die Zeiger, die zu diesen n-Lösungen
gehören, wie folgt:
Wir zeichnen zunächst die komplexe Zahl w ein.
n
da alle Lösungszeiger den Betrag w
besitzen, liegen die Spitzen dieser Lösungszeiger auf einem Kreis mit dem Radius r =
zeichnen diesen Kreis in die komplexe Ebene ein.
Dann berechnen wir den Winkel α ê n und
n
w . Wir
tragen unter diesem Winkel ϕ1 = α ê n den 1-ten Lösungszeiger z1 ein, d.h. wir zeichnen mit dem
Argument ϕ1 einen Pfeil, dessen Anfang im Ursprung und dessen Spitze auf dem Kreis mit dem
n
Radius w liegt.
Dann teilen wir den Winkel 2 π in n gleiche Teile ∆ϕ = 2 π ê n.
LM1A2.nb 9
- Den zweiten Lösungszeiger z2, der das Argument ϕ2 = α ê n + 2 π ê n = α ê n + 1 ∆ϕ = ϕ1 + ∆ϕ
besitzt, erhalten wir, indem wir den ersten Lösungszeiger um ∆ϕ linksrum weiterdrehen.
- Den dritten Lösungszeiger z3, der das Argument ϕ3 = α ê n + 2 ⋅ 2 π ê n = α ê n + 2 ∆ϕ = ϕ2 + ∆ϕ

10 LM1A2.nb
besitzen, liegen die Spitzen dieser Lösungszeiger auf einem Kreis mit dem Radius r =
zeichnen diesen Kreis in die komplexe Ebene ein.
Dann berechnen wir den Winkel α ê n und
n
w . Wir
tragen unter diesem Winkel ϕ1 = α ê n den 1-ten Lösungszeiger z1 ein, d.h. wir zeichnen mit dem
Argument ϕ1 einen Pfeil, dessen Anfang im Ursprung und dessen Spitze auf dem Kreis mit dem
n
Radius w liegt.
Dann teilen wir den Winkel 2 π in n gleiche Teile ∆ϕ = 2 π ê n.
- Den zweiten Lösungszeiger z2, der das Argument ϕ2 = α ê n + 2 π ê n = α ê n + 1 ∆ϕ = ϕ1 + ∆ϕ
besitzt, erhalten wir, indem wir den ersten Lösungszeiger um ∆ϕ linksrum weiterdrehen.
- Den dritten Lösungszeiger z3, der das Argument ϕ3 = α ê n + 2 ⋅ 2 π ê n = α ê n + 2 ∆ϕ = ϕ2 + ∆ϕ
besitzt, erhalten wir, indem wir den zweiten Lösungszeiger um ∆ϕ linksrum weiterdrehen.
.
.
.
- Den n-ten Lösungszeiger zn, der das Argument
ϕn = α ê n + Hn − 1L ⋅ 2 π ê n = α ê n + Hn − 1L ∆ϕ = ϕn−1 + ∆ϕ besitzt, erhalten wir, indem wir den
Hn − 1L-ten Lösungszeiger um ∆ϕ linksrum weiterdrehen.
Man erkennt, das es genau n unterschiedliche Lösungszeiger gibt. Dreht man den n-ten
Lösungszeiger zn um den Winkel ∆ϕ weiter, so erhält man wieder den ersten Lösungszeiger z1,
usw..
In der ersten der beiden folgenden Grafiken sind die 3 Wurzeln der Gleichung z 3 = −2 und in der
zweiten die 20 Wurzeln der Gleichung z 20 = −1 dargestellt.
z2
argHwL
2
2 ên 2 ê3
3
2
Im
z1
1
»w» 2
ên
3
2 1ê3
3
2
z3
ê3 2
Re
w 2 i 2 e i 3ê2 »w» e i
w 1 e i
Ist n und sind a0, a1, a2, ..., an komplexe Zahlen mit an ≠ 0, dann heißt die Funktion
pn : →
z pnHzL := an z n + an−1 z n−1 + an−2 z n−2 + ... + a1 z 1 + a0
ein Polynom n-ter Ordnung. Die Zahlen a0, a1, a2, ..., an
heißen die Koeffizienten des Polynoms.
(In der Praxis treten meist Polynome auf, bei denen diese Koeffizienten reelle Zahlen sind. Ein
Polynom p0 HzL = a0 vom Grad 0ist dasselbe wie eine Zahl.)
Eine komplexe Zahl w heißt Nullstelle des Polynoms, fall pn HwL = 0 gilt.
Der Hauptsatz der Algebra besagt, dass jedes Polynom (mit rellen oder komplexen Koeffizienten)
vom Grade n ≥ 1 mindestens eine (reelle oder komplexe) Nullstelle besitzt. Mit diesem Hauptsatz
zeigt man, dass man das Polynom pn HzLwie folgt darstellen (faktorisieren) kann:
pn HzL = Hz − z1L k1 ⋅ Hz − z1L k1 ⋅ ... ⋅ Hz − ziL ki ⋅ ... ⋅ Hz − zmL km
Dabei sind k1, k2, ..., kj, ..., km insgesamt m ≤ n natürliche Zahlen, für die
k1 + k2 + ... + ki + ... + km = n gilt.
ki heißt die Vielfachheit der Nullstelle zi. Die Faktorisierung von pn zeigt also, dass ein Polynom nten
Grades genau n Nullstellen besitzt, wenn man jede Nullstelle gemäß ihrer Vielfachheit zählt.
Im
Re

Aufgabe 13
a) Es sei z . Besimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung z 4 16 i 0. Jede Lösung ist in
Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung und kartesischer Darstellung anzugeben. Skizzieren
Sie sämtliche Lösungen in der Gauss’schen Zahlenebene.
b) Es sei z . Bestimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung z 3 8 i 0. Jede Lösung ist in
Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung und kartesischer Darstellung anzugeben. Skizzieren
Sie sämtliche Lösungen in der Gauss’schen Zahlenebene.
c) Es sei z . Besimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung z 4 8 3 8 i 0. Jede Lösung
ist in Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung und kartesischer Darstellung anzugeben.
Skizzieren Sie sämtliche Lösungen in der Gauss’schen Zahlenebene.
d) Es sei z . Besimmen Sie die Lösungsmenge der Gleichung z 6
H1 iL z 3
i 0. Jede Lösung
ist in Polardarstellung bzw. Exponentialdarstellung und kartesischer Darstellung anzugeben.
Skizzieren Sie sämtliche Lösungen in der Gauss’schen Zahlenebene (Hinweis: Substitution w z 3 M.
a) z 4 16 i 0 z 4 16 16 4
4
n 4, w 16 , 16
z3
z2
15
10
5
Im
w 16
z4
2 ê4 90°
6 4 2 2 4 6
z k 2 H ê16 Hk 1L ê2L 2
z1 2
z2 2
z3 2
z4 2
H ê8L
H ê8 ê2L
H5 ê8 ê2L
H9 ê8 ê2L
b) siehe LM1T4
c) siehe LM1T4
z1
2 , ê2, ên /8 , 2 ên 2 ê4 ê2
1
ê8
Re
H ê16 Hk 1L L
2 HcosH ê8L sinH ê8LL 1.84776 0.765367
2
H5 ê8L
2 HcosH5 ê8L sinH5 ê8LL 0.765367 1.84776
2
H9 ê8L
2 HcosH9 ê8L sinH9 ê8LL 1.84776 0.765367
2
H13 ê8L
2 HcosH13 ê8L sinH13 ê8LL 0.765367 1.84776
d) z 6
H1 L z 3
0.
Wir substituieren w : z 3 und erhaltem so eine quadratische Gleichung in w : w 2
H1 L w 0.
Da man mit komplexen Zahlen genauso rechnen kann wie mit den reellen Zahlen, wenn man
immer 2
1 beachtet, lösen wir diese komplexe quadratische Gleichung für die komplexe Zahl w
mit der p q - Formel: w 1,2
1
2
1
2
I 1
2 M2
I 1
2 M2
1
2
H L
1
2
1
2
1 2
w1 1 und w2 Wir erhalten die 6 Nullstellen des Polynoms 6. Grades z 6
indem wir
4
2 4
1
2
1 2
H1 L z 3
LM1A2.nb 11
4
2

12 LM1A2.nb
d) z 6
H1 L z 3
0.
Wir substituieren w : z 3 und erhaltem so eine quadratische Gleichung in w : w 2
H1 L w 0.
Da man mit komplexen Zahlen genauso rechnen kann wie mit den reellen Zahlen, wenn man
immer 2
1 beachtet, lösen wir diese komplexe quadratische Gleichung für die komplexe Zahl w
mit der p q - Formel: w 1,2
z 3 w 1 1 1
1
2
1
2
I 1
2 M2
I 1
2 M2
1
2
H L
1
2
1
2
1 2
w1 1 und w2 Wir erhalten die 6 Nullstellen des Polynoms 6. Grades z 6
indem wir
die 3 Wurzeln der Gleichung z 3 w 1 1 und
4
2 4
die 3 Wurzeln der Gleichung z 3 w 2 bestimmen.
n 1 n 3 , w 1 1 , 1 , 1 ên ê3 60 ° ,
3 H ê3 Hk 1L 2 ê3L
zk z1 k 1
z 1
z 2
z3 z 3
z 11
z 12
z 13
w 2
ê3
cos 3
H ê3 2 ê3L
H ê3 4 ê3L
1
ê2
sin 3
cos sin 1
cos 5
3
1
2
sin 5
3
2
3
1
2
2
3
0.5 0.866025
n 2 n 3 , w 2 1 , 2 ê2 , 2 ê3 þê6 30 °,
3 H ê6 Hk 1L 2 ê3L
z3 k z2 k 1
z 4
z 5
z 6
z 21
z 22
z 23
ê6
cos 6
H ê6 2 ê3L
H ê6 4 ê3L
z 5
sin 6
cos 5
6
cos 9
6
w1 1
z 2
5ê6
3ê3
3
2 2
sin 5
6
sin 9
6
1.
w2
2
3
0.866025 0.5
3
2 2
1ê2
1. 1.
1.
Im
z 6
9ê6
z 1
z 3
1ê3
5ê3
120 °
0.5 0.866025
z 4
2
3
120 °
0.866025 0.5
1ê6
Re
1
2
1 2
H1 L z 3
4
2