Lösung 14

MLAE2 – Mathematik: Lineare Algebra für Ingenieure 2
Dr. Christoph Kirsch
Frühlingssemester 2016
ZHAW Winterthur
Lösung 14
Aufgabe 1 :
a) Aus der Quotientenformel in Polarform (Gleichung (101) der Vorlesung) erhalten
wir
iz
= arg(i)
(1)
arg(iz) − arg(z) = arg
z
Die imaginäre Einheit i = 0 + i · 1 erfüllt x := Re(i)
p = 0 und y := Im(i) = 1.
Ihr Betrag ist damit gegeben durch r := |i| = x2 + y 2 = 1. Ihr Argument
ϕ := arg(i) ∈ [0, 2π) ist eindeutig bestimmt durch die Gleichungen
cos ϕ =
mit Lösung ϕ =
π
2
x
= 0,
r
sin ϕ =
y
= 1,
r
(2)
π
= 90◦ .
2
(3)
∈ [0, 2π). Also gilt
arg(iz) − arg(z) = arg(i) =
Eine geometrische Interpretation dieses Ergebnisses ist, dass die Multiplikation
einer komplexen Zahl z ∈ C \ {0} mit der imaginären Einheit i, z 7→ iz, einer Drehung um 90◦ in der komplexen Ebene im mathematisch positiven Sinn
(Gegenuhrzeigersinn) entspricht.
b) Mit z1 z2p= 0 ∈ C (Nullelement) gelten
Re(z1 z2 ) = Im(z1 z2 ) = 0 und damit
√
|z1 z2 | = Re(z1 z2 )2 + Im(z1 z2 )2 = 0 + 0 = 0. Aus der Produktformel für den
Betrag (Gleichung (97) der Vorlesung) erhalten wir
0 = |z1 z2 | = |z1 ||z2 |
⇒
|z1 | = 0 ∨ |z2 | = 0
(4)
(hier stehen überall reelle Zahlen!). In Polarform gelten z1 = r1 (cos ϕ1 +i sin ϕ1 ),
z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) mit |z1 | = r1 und |z2 | = r2 (Gleichungen (93), (94) der
Vorlesung), und es muss also r1 = 0 ∨ r2 = 0 gelten. r1 = 0 ∈ R impliziert aber
z1 = 0 ∈ C, und r2 = 0 ∈ R impliziert z2 = 0 ∈ C. Daraus folgt die Behauptung.
c) Für die gegebene komplexe Zahl z = 4 − 5i ∈ C gelten Re(z) = 4 (und damit
Re(z)2 = 16) und Im(z) = −5. Wir berechnen das Quadrat
z 2 = (Re(z) + iIm(z))2 = Re(z)2 − Im(z)2 + 2iRe(z)Im(z),
(5)
und damit erhalten wir Re(z 2 ) = Re(z)2 − Im(z)2 = 16 − 25 = −9.
d) Für die gegebene komplexe Zahl z = 2 + 3i ∈ C gelten Re(z) = 2 und Im(z) = 3.
Wir erhalten die komplex Konjugierte
z = Re(z) − iIm(z) = 2 − 3i
1
⇒
Re(z) = 2, Im(z) = −3.
(6)
Für die Kehrwerte von z und z erhalten wir
2
3
z
2 − 3i
2 − 3i
=
− i,
= 2
=
2
2
|z|
2 +3
13
13 13
2
3
z
z
2 + 3i
2 + 3i
=
=
+ i.
=
= 2
=
2
2
2
2
|z|
Re(z) + Im(z)
2 + (−3)
13
13 13
z −1 =
(7)
z −1
(8)
Für die gesuchten Produkte erhalten wir nun
2
3
4
6
6
9 i2 =−1 5
12
−1
z1 z1 = (2 − 3i)
− i =
− i − i + i2 = − − i,(9)
13 13
13 13
13
13
13 13
2
3
4
6
6
9
5
12
z1 z1 −1 = (2 + 3i)
+ i =
+ i+ i−
= − + i. (10)
13 13
13 13
13
13
13 13
Offenbar gilt z1 z1−1 = z1 z1 −1 .
Aufgabe 2 :
a) Wir vereinfachen zuerst die gegebene komplexe Zahl durch Erweitern des Bruches
mit −3:
√
√
√
3 2 + 2i
−3 3 2 + 2i
3 2 + 2i
√
= −3.
(11)
=
= −3 √
z := √
−3 − 2 − 23 i
− 2 − 23 i
3 2 + 2i
Mit
p x := Re(z)
p = −3 und y := Im(z) = 0 erhalten wir den Betrag r := |z| =
2
2
x +y =
(−3)2 + 0 = 3, und das Argument ϕ := arg(z) ∈ [0, 2π) ist
bestimmt durch die Gleichungen
cos ϕ =
x
= −1,
r
sin ϕ =
y
= 0.
r
(12)
Damit erhalten wir ϕ = π = 180◦ und die Polarform
z = r(cos ϕ + i sin ϕ) = 3 (cos π + i sin π) .
(13)
2
b) Für die komplexe Zahl z = −π 2 erhalten wirp
x := Re(z) =
=
p−π und y := Im(z)
2
2
0. Ihr Betrag ist gegeben durch r := |z| = x + y = (−π 2 )2 + 0 = π 2 , und
ihr Argument ϕ := arg(z) ∈ [0, π) ist bestimmt durch die Gleichungen
cos ϕ =
x
= −1,
r
sin ϕ =
y
= 0.
r
(14)
Wie in c) erhalten wir arg(−π 2 ) = π = 180◦ .
√
c) Die gesuchte Wurzel w := 3 3 + 4i ist eine Lösung der Gleichung w3 = 3+4i =: z.
Mit
p x := Re(z)
√ = 3 und y := Im(z) = 4 erhalten wir den Betrag r := |z| =
2
2
x + y = 25 = 5, und das Argument ϕ := arg(z) ∈ [0, 2π) ist eindeutig
bestimmt durch die Gleichungen
3
cos ϕ = ,
5
2
4
sin ϕ = .
5
(15)
Die Lösung ist gegeben durch ϕ = arg(z) ' 0.927, und mit der Formel für die
n-te Wurzel aus der Vorlesung erhalten wir die drei dritten Wurzeln wk =
k
ϕ 2π ϕ
√
2π
3
+ i sin
cos
+ i sin
,
(16)
z = 5 cos
3
3
3
3
ϕ
ϕ
2π
für k ∈ {0, 1, 2}. Es gelten
cos
'
0.953,
sin
'
0.304,
cos
= − 12 =
3
3
3
√
= 33 ' 0.866. Damit erhalten wir
−0.5 und sin 2π
3
√
3
w0 ' 1.63 + 0.520i,
w1 ' −1.27 + 1.15i,
Loesungen der Gleichung w
2
w2 ' −0.364 − 1.67i.
3
(17)
= 3 + 4i
1.5
1
Im
0.5
0
-0.5
-1
w0
w1
-1.5
w2
-2
-2
-1
0
1
2
Re
d) Mit w := z 2 schreiben wir zuerst
w2 + (5 − 14i)w − (24 + 10i) = 0.
Quadratisches Ergänzen führt auf
2 2
5 − 14i
5 − 14i
5 − 14i
2
0 = w +2
w+
−
− (24 + 10i)
2
2
2
2 5 − 14i
171
=
w+
− −
− 35i − (24 + 10i)
2
4
2
5 − 14i
75
=
w+
+
+ 25i.
2
4
3
(18)
(19)
(20)
(21)
Wir erhalten
r
75
5
5
− 5i
w + − 7i = ± − − 25i = ±
2
4
2
(22)
und damit w ∈ {w1 , w2 } := {2i, −5 + 12i}.
Bemerkung: Zum Auffinden der Lösungen w1 , w2 hätten wir auch die bekannte
Lösungsformel für quadratische Gleichungen verwenden können.
Jetzt müssen wir noch die quadratischen Gleichungen z 2 = w1 und z 2 = w2
lösen, und wir erhalten die vier Lösungen
z1,2 = ±(1 + i),
z3,4 = ±(2 + 3i)
(23)
der ursprünglichen Gleichung.
Aufgabe 3 :
a) Wir erhalten AH · B =


4 + 2i
5−i
5
4
+
3i
 −3 − 5i 5 − 5i  ·
5i −3 + 5i
2 + 3i −4 − 5i

(4 + 2i)5 + (5 − i)5i
(4 + 2i)(4 + 3i) + (5 − i)(−3 + 5i)
=  (−3 − 5i)5 + (5 − 5i)5i (−3 − 5i)(4 + 3i) + (5 − 5i)(−3 + 5i)
(2 + 3i)5 + (−4 − 5i)5i (2 + 3i)(4 + 3i) + (−4 − 5i)(−3 + 5i)


20 + 10i + 5 + 25i 10 + 20i + (−10 + 28i)
3 − 29i + 10 + 40i 
=  −15 − 25i + 25 + 25i
10 + 15i + 25 − 20i
−1 + 18i + 37 − 5i


25 + 35i
48i

10
13 + 11i  ∈ C3×2 .
=
35 − 5i 36 + 13i
b) Wir erhalten B > · A =
5
5i
4 + 2i −3 − 5i 2 + 3i
·
4 + 3i −3 + 5i
5 − i 5 − 5i −4 − 5i
25 + 35i
10
35 − 5i
=
∈ C2×3 .
48i
13 + 11i 36 + 13i
(24)


(25)
(26)
(27)
(28)
Ein Vergleich zeigt, dass (AH · B)> = B > · A gilt.
Aufgabe 4 :
a) Wir schreiben das lineare Ausgleichsproblem zuerst in Matrix-Vektor-Notation:
A · x = b, mit




2
2
2
 −4 3 
 −3 
x1
4×2
2
4




A := 
∈
R
,
x
:=
∈
R
,
b
:=
 3  ∈ R . (29)
4
3 
x2
5 −1
−4
4
Wir lösen die Normalgleichungen A> · A · x = A> · b mit dem Gauss-JordanAlgorithmus:
96
61 −1 8
1 0 701
−→
.
(30)
0 1 248
−1 23 8
701
Wir erhalten die Lösungsmenge
2
>
>
L := x ∈ R | A Ax = A b =
96
701
248
701
⊆ R2 .
(31)
Für das Residuum erhalten wir


e := b − Ax = 

714
701
− 2463
701
975
701
− 3036
701


 ∈ LN R(A) ⊆ R4 ,

(32)
mit (2-)Norm kek ' 5.84.
b) Wir lösen die Normalgleichungen A> Ax =
Algorithmus:



28 4 −52 11
 4 26 18 27  −→ 
−52 18 122 5
A> b mit dem Gauss-Jordan
1 0 −2 14
0 1 1 1 .
0 0 0 0
(33)
Offensichtlich gilt rang(A> A) = 2 < 3, also haben die Normalgleichungen unendlich viele Lösungen. Wir erhalten die Lösungsmenge
 1 



−2


4
L := x ∈ R2 | A> Ax = A> b =  1  + λ ·  1  λ ∈ R ⊆ R3 .


0
−1 (34)
Jedes x ∈ L ist eine Kleinste-Quadrate-Lösung des linearen Ausgleichsproblems.
Das Residuum ist gegeben durch
 3 
−4
 9 
4
4 
(35)
e := b − Ax = 
 13  ∈ LN R(A) ⊆ R
4
− 74
√
mit (2-)Norm kek =
77
2
' 4.39.
Vorlesungswebseite: http://home.zhaw.ch/˜kirs/MLAE2
5

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