Komplexe Zahlen: Anwendungsbeispiele: Mathematik

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Inhaltsverzeichnis

1 Eulersche Formeln
2 Die Riemannsche Zahlenkugel
3 Gleichungen 3. Grades
- 3.1 Beispiele

[Bearbeiten] Eulersche Formeln

In der reellen Analysis definiert man die sogenannte e-Funktion (= natürliche Exponentialfunktion exp) $e^x, -\infty < x <+\infty \!$ , durch die unendliche (Taylor-) Reihe

$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\ldots+\frac{x^n}{n!}+\ldots$

mit

$n! := 1\cdot2\cdot3\cdot \ldots\cdot(n-1)\cdot n$

Mit Hilfe des Summenzeichens können wir auch schreiben

$e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$

Ersetzen wir in der Reihe für $e x$ formal x durch ix, so erhalten wir

$e^{ix} = 1 + \frac{ix}{1!} + \frac{i^2x^2}{2!}+\frac{i^3x^3}{3!} + \ldots= 1 + \frac{ix}{1!} - \frac{x^2}{2!}-\frac{ix^3}{3!} + \ldots$

Zusammengefasst:

$e^{ix} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \ldots + i \left(\frac{x}{1!} - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \ldots \right)$

Verwenden wir zusätzlich die Taylor-Reihen für sin und cos, dann merken wir, dass der Realteil dieser Entwicklung die Taylor-Reihe von cos ist, und der Imaginärteil die von sin darstellt:

$\!\, e^{ix} = \cos{x} + i \sin {x}$

Wir haben damit die 1. Eulersche Formel erhalten (nach L. Euler, 1707-1783). Hätten wir x durch -xi ersetzt, so hätte sich die 2. Eulersche Formel ergeben:

$\!\,e^{-ix} = \cos{x} - i \sin{x}$

Durch Addition bzw. Subtraktion der Eulerschen Formeln erhält man zwei nützliche Beziehungen

$\cos{x} = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}$

$\sin{x} = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}$

Für $e z$ mit $z = x + i y$ ergibt sich die folgende Darstellung

e z = e x + i y = e x e i y = e x (cos y + i sin y)

Wollen wir die Polarform (=Exponentialform) einer komplexen Zahl $z = x + iy\!$ bestimmen, so können wir jetzt auch schreiben

$z=r\cdot e^{i\theta},\quad \text{mit} \quad r = \sqrt {x^2+y^2} \quad \text{und} \quad \theta = \tan^{-1}{\frac{y}{x}}$

[Bearbeiten] Die Riemannsche Zahlenkugel

Gauß hatte gezeigt, dass komplexe Zahlen sich umkehrbar eindeutig den Punkten einer durch ein rechtwinkliges Koordinatensystem orientierten Ebene zuordnen lassen (man spricht von der Gauß-Ebene oder auch von der komplexen Zahlenebene, kurz: z-Ebene).

Jeder komplexen Zahl z entspricht genau ein Punkt der z-Ebene und umgekehrt. Der Abstand eines Punktes z vom Nullpunkt ist die reelle Zahl |z|. Mit |z-z₀|< r ist das Innere des Kreises mit dem Radius r bezeichnet, dagegen meint |z-z₀|> r denjenigen Teil der z-Ebene, der außerhalb des Kreises mit dem Radius r um z₀ liegt. Das Äußere eines Kreises bezeichnet man auch als eine Umgebung des uneigentlichen Punktes $z = \infty \!$ .

Riemann …

[Bearbeiten] Gleichungen 3. Grades

In einer algebraischen Gleichung ist der Gleichungsterm ein Polynom. Bei einer kubischen Gleichung ist das Polynom vom Grad 3:

$f(x)= x^3+ax^2+bx+c=0\!$

a, b, c sind reelle Zahlen. Besitzt x³ einen von 1 und 0 verschiedenen Koeffizienten, so dividiert man die Gleichung durch diesen Koeffizienten. Um eine allgemeine Lösung der Gleichung 3. Grades zu geben, beseitigt man zunächst das Glied mit x², was man durch Einführung einer neuen Unbekannten stets erreichen kann. Setzt man nämlich $x+\frac{a}{3} = y\!$ , so geht unsere Gleichung über in

$y^3 +y(b-\frac{a^2}{3}) = - c +\frac{ab}{3} -\frac{2a^3}{27}$

Wir sehen, dass diese Normalform kein y²-Glied enthält. Man nennt $y^3 + p y + q = 0\!$ auch die reduzierte Form der kubischen Gleichung. Die Koeffizienten p, q seien reelle Zahlen. (Lässt man komplexe Koeffizienten zu, so kann man Real- und Imaginärteil der linken Seite der Gleichung gesondert betrachten und erhält zwei Gleichungen nur mit reellen Koeffizienten.)

(Fehlt das Glied mit x, so verfährt man genauso. Fehlt dagegen das konstante Glied, so ist x = 0 eine Lösung, und die übrigen Wurzeln finden wir durch Auflösen einer quadratischen Gleichung.)

Beispiel

Die Gleichung x³ - 6x² + 11x - 6 = 0 geht durch x = y - (-6)/3 = y + 2 über in y³ - y = 0.

Diese Gleichung hat die Lösungen y₁ = 0, y₂ = 1 und y₃ = -1.

Die gegebene Gleichung hat demnach die Lösungen:

x₁ = 2, x₂ = 3 und x₃ = 1

Nach dem Satz von VIETA (François Viète) bestehen folgende Beziehungen zwischen den Lösungen x₁, x₂, x₃ und den Koeffizienten a, b, c der kubischen Gleichung f(x) = 0:

$a = -(x_1 + x_2 + x_3)\!$ ,

$b = x_1 x_2 +x_2 x_3+x_3x_1\!$ ,

$c = -x_1 x_2 x_3\!$

Man rechnet schnell nach, dass die Lösungen unseres Beispiels den Satz des VIETA erfüllen.

Das gegebene Beispiel gehört zu den Gleichungen, für die die Determinante $D:=\left({\frac{p}{3}}\right)^3 +\left({\frac{q}{2}}\right)^2 \!$ negativ ist.

Den Mathematikern des Mittelalters gelang es nicht, eine Gleichung dieser Art zu lösen. Sie nannten diesen Fall den casus irreducibilis, d.h. den irreduzierbaren = nicht zurückführbaren Fall. Sie konnten ihn nicht auf algebraische Operationen (das sind Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division und Wurzelziehen) zurückführen.

Heutzutage ist es üblich, den casus irreducibilis mit dem Moivreschen Lehrsatz zu lösen (falls man es nicht vorzieht, mit Hilfe eines Taschenrechners von den Näherungsverfahren zum Lösen von Gleichungen Gebrauch zu machen). Ein Excel-Programm findet man in F.J.Mehr Excel 5 à la carte, Vieweg-Verlag Braunschweig/Wiesbaden, 1994.

Man löst diesen Fall (D < 0), indem man zunächst den Winkel 0 < φ < π aus der Gleichung

$\cos{\phi}=\frac{-\frac{q}{2}}{\sqrt{(-\frac{p}{3})^3}}$

bestimmt. Die Lösungen der reduzierten Gleichung ergeben sich dann mit den folgenden Formeln (Cardano):

$y_1=2\sqrt{\frac{|p|}{3}}\cos{\frac{\phi}{3}}$

$y_2=2\sqrt{\frac{|p|}{3}}\cos{\left(\frac{\phi}{3}+\frac{2\pi}{3}\right)}$

$y_3=2\sqrt{\frac{|p|}{3}}\cos{\left(\frac{\phi}{3}+2\frac{2\pi}{3}\right)}$

Bei D < 0 gibt es, wie wir im Beispiel schon sahen, drei reelle Lösungen.

Für D = 0 gelten dieselben Formeln, aber es gilt y₂ = y₃.

Im Fall positiver Diskriminante (D > 0) ist y₁ reell und y₂, y₃ sind konjugiert komplex. Diese Lösungen ergeben sich mit Hilfe der folgenden Formeln:

$u = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{D}}$

$v = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{D}}$

und

$y_1 = u + v\!$

$y_2 = -\frac{u+v}{2}+\frac{u-v}{2}\cdot i\sqrt{3}$

$y_3 = -\frac{u+v}{2}-\frac{u-v}{2}\cdot i\sqrt{3}$

(Die oben in 1.2 Neue Zahlen angegebene Lösung ist nichts anderes als $y_1 = u + v\!$ mit a = p und b = - q.) Im Fall $D \ge 0 \!$ sind die Hilfsgrößen u, v reell. Im Fall $D < 0 \!$ sind u, v beide komplex, die Lösungen aber sind alle reell. (Nur mit Hilfe von komplexen Zahlen, kann man kubische Gleichungen mit drei reellen Wurzeln algebraisch auflösen!)

Die Lösungen x₁, x₂, x₃ ergeben sich aus den y₁, y₂, y₃ einfach durch Subtraktion von $\frac{a}{3}$ .

Heute wissen wir, dass quadratische, kubische und biquadratische Gleichungen algebraisch auflösbar sind, denn es gibt für sie Lösungsformeln, die nur algebraische Operationen enthalten.

Alle Bemühungen, algebraische Gleichungen höheren als vierten Grades algebraisch aufzulösen, blieben allerdings ohne Erfolg. (Für spezielle Gleichungen kann es jedoch möglich sein, sie algebraisch zu lösen, z.B. sind Gleichungen der Form xⁿ = a, sogenannte Binomische Gleichungen, algebraisch lösbar.)

Zwischen 1824 und 1826 bewies N. H. ABEL, dass eine algebraische Gleichung, deren Grad größer als 4 ist, im allgemeinen nicht algebraisch lösbar ist. Es gibt also für derartige Gleichungen keine Lösungsformeln. Ein vollständiger Überblick über alle algebraisch auflösbaren Gleichungen wird von der sogenannten GALOIS-Theorie gegeben.

(Dass jede algebraische Gleichung n-ten Grades genau n komplexzahlige (oder auch reelle, nicht notwendig verschiedene) Lösungen besitzt, hat GAUSS 1799 in seiner Doktorarbeit bewiesen. Damit war allerdings keine Methode angegeben, wie diese Lösungen zu finden wären.)

Wer sich für die Herleitung der angegebenen Formeln interessiert, findet, z. B., bei K. Strubecker, Einführung in die höhere Mathematik, 1. Band, R. Oldenbourg Verlag München, 1956, eine gut lesbare Darstellung.

Wir wollen jetzt noch gemeinsam einige Beispiele betrachten:

[Bearbeiten] Beispiele

1. Beispiel:

Bestimme die Wurzeln der Gleichung $x^3+3x^2-5x+7=0\!$

Lösung:

Zunächst reduzieren wir die gegebene Gleichung:

y³ + py + q = 0

mit p = b -a²/3 = -5 -9/3 = -8 und q = 2 a³/27 - ab/3 + c = 2 + 5 + 7 = 14

Wir haben also y³ - 8y + 14 = 0

Die Determinante ist D = (-8/3)³ + 7² = 30,037...> 0.

Wir haben jetzt die Hilfsgrößen u und v zu berechnen. Es ergeben sich die Werte:

u = -1,1496; v = -2,3196; u + v = -3,4692; u - v = 1,17

y₁ = -3,4692; x₁ = y₁ - 1 = -4,4692.

Nun sind noch die beiden konjugiert komplexen Wurzeln zu bestimmen:

y₂ = 1,7346 + 1,013 i; x₂ = 0,7346 + 1,013 i;

y₃ = 1,7346 - 1,013 i; x₃ = 0,7346 - 1,013 i

2. Beispiel:

Berechne die Wurzeln der reduzierten Gleichung $y^3-15y+4=0\!$

Lösung:

Wir haben p = -15, q = 4 und D = -121.

$\cos{\phi} = \frac{-2}{\sqrt{\left(-\frac{-15}{3}\right)^3}}= \frac{-2}{\sqrt{125}} = -0{,}1789$

$\phi = 1{,}75066 \, \text{Rad} = 100{,}3056 \, \text{Grad}$

Für die erste Wurzel ergibt sich

$y_1 = 2\sqrt{\frac{15}{3}}\cos{\frac{\phi}{3}} = 3{,}7320$

Die zweite Wurzel ist

$y_2 = 2\sqrt{\frac{15}{3}}\cos\left(\frac{\phi}{3}+\frac{2\pi}{3}\right) = -4{,}0000$

und die dritte Wurzel lautet

$y_3 = 2\sqrt{\frac{15}{3}}\cos\left(\frac{\phi}{3}+2\frac{2\pi}{3}\right) = 0{,}268$

3. Beispiel:

Die Lösungen der Gleichung

$a_0z^n + a_1z^{n-1} + \ldots + a_{n-1}z + a_n=0\!$

mit $a_0, a_1, \ldots,a_n \!$ ganze Zahlen, d.h. $a_i = 0,\pm 1,\pm 2, \ldots \; \text{und} \;a_0 \ne 0 \!$

heißen algebraische Zahlen.

Zeige, dass $z=\sqrt[3]{4}-2i$ eine algebraische Zahl ist. Wie lauten die Koeffizienten $a_i\!$ ?

(Anmerkung:

Zahlen, die der obigen Gleichung nicht genügen, heißen transzendente Zahlen. Man hat gezeigt, dass z.B. π und e transzendente Zahlen sind. Man weiß damit aber noch nicht, ob e · π oder e + π transzendent sind oder nicht.)

Lösung

Wir formen die komplexe Zahl um und bilden nacheinander die 3. und 2. Potenz:

$z+2i=\sqrt[3]{4}$