TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen WS06/Beispiel 59

Man berechne rechnerisch (ohne Taschenrechner) alle Werte vom ${\sqrt[{5}]{18-6{\sqrt {3}}i}}$ in der Form $[r,\phi ]$

Umrechnung in die Polarform[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Einleitende Berechnungen[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Es gilt zur Umrechnung in die Polarform: $z=r*(\cos \phi +i*\sin \phi )$ !

Die der umzurechnede Gleichung ist: $z^{5}=18-6{\sqrt {3}}i$

$r=|z|={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}={\sqrt {18^{2}+36*3}}={\sqrt {18(18+2*3)}}=3*{\sqrt {2(18+6)}}=3*{\sqrt {48}}=3*{\sqrt {4*4*3}}=12*{\sqrt {3}}$
$\phi =arctan{\frac {b}{a}}$ da $a>0\qquad arctan-{\frac {6*{\sqrt {3}}}{18}}=arctan-{\frac {\sqrt {3}}{3}}=arctan-{\frac {\sqrt {3}}{{\sqrt {3}}{\sqrt {3}}}}=arctan-{\frac {1}{\sqrt {3}}}=30^{\circ }$

Ein zu führender Nachweis[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Nachweis mittels gleichseitigem Dreieck[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Wir müssen nun beweisen, dass $arctan-{\frac {1}{\sqrt {3}}}=30^{\circ }$ gilt.

Man hat ein gleichseitiges Dreieck. Die Hälfte dieses Dreiecks ist ein rechtwinkeliges Dreieck, wobei die anderen beiden Winkel 60° und 30° haben.

Die Höhe des gleichseitigen Dreiecks ist: $h={\sqrt {a^{2}-{\frac {a}{2}}^{2}}}$

Wir können das vereinfachen:

$h={\sqrt {a^{2}-{({\frac {a}{2}}})^{2}}}={\sqrt {a^{2}*(1-{\frac {1}{4}})}}=a*{\sqrt {\frac {3}{4}}}={\frac {a}{2}}*{\sqrt {3}}$

Von nun an gehen wir vom halben Dreieck aus, wobei das alte h nun zu einer Kathete wird: $\tan \alpha ={\frac {G}{A}}\qquad \alpha$ ist der Winkel, der durch die Dreieckshalbierung in der Mitte durchgeschnitten wurde; G=Gegenkathete, A=Ankathete, der Winkel $\alpha$ ist 30°.

$\tan \alpha ={\frac {0.5*a}{h}}$

$\tan \alpha ={\frac {\frac {0.5*a}{0.5*a}}{\sqrt {3}}}$

$\tan \alpha ={\frac {1}{\sqrt {3}}}$

Also gilt umgekehrt: $arctan{\frac {1}{\sqrt {3}}}=30^{\circ }$ Q.e.d.

(arctan ist die Umkehrfunktion von tan!)

Unser Ergebnis oben vor dem Nachweis hat ein negatives Vorzeichen - aber bei der arctan-Funktion liefern 30° und -30° denselben Wert (betragsmässig):

Nachweis mittels Einheitskreis[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Durch die Beziehungen

$\cos \phi ={\frac {a}{r}}=...={\frac {1}{2{\sqrt {3}}}}$
$\sin \phi ={\frac {b}{r}}=...=-{\frac {1}{2}}$

kann unter Verwendung des Einheitskreises auch die Analogie -30° = $-{\frac {\pi }{6}}$ nachgewiesen werden.

Umrechnung in Polarkoordinaten[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

$arctan-{\frac {1}{\sqrt {3}}}=-30^{\circ }=-{\frac {\pi }{6}}$

(Folgendes bis zur Lösung sind nur Anmerkungen)!

Zuerst Angabe in Grad, danach in Bogenmaß. Die Umrechnungsformeln sind:

Von Grad nach Bogenmaß:

{\rm {Winkel}}_{\rm {Bogenmass}}={\frac {{\rm {Winkel}}_{\rm {Grad}}\cdot \pi }{180}}

Von Bogenmaß nach Grad:

{\rm {Winkel}}_{\rm {Grad}}={\frac {{\rm {Winkel}}_{\rm {Bogenmass}}\cdot 180}{\pi }}

Polarformdarstellung der Gleichung:

$z^{5}=12*{\sqrt {3}}*(\cos -{\frac {\pi }{6}}+i*\sin -{\frac {\pi }{6}})$

Lösung[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Mittels Satz von Moivre[Bearbeiten | Quelltext bearbeiten]

Die "Wurzelformel" ist: (Siehe auch https://web.archive.org/web/20180817161101/https://de.wikibooks.org/wiki/Komplexe_Zahlen sowie das Beispiel danach auf dieser Website)

$z_{0,...,4}={\sqrt[{5}]{12*{\sqrt {3}}}}*(\cos {\frac {-{\frac {\pi }{6}}+k*2\pi }{5}}+i\sin {\frac {-{\frac {\pi }{6}}+k*2\pi }{5}})\qquad k=\{0,1,2,3,4\}$