TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen WS07/Beispiel 35

Man berechne ohne Taschenrechner alle Werte von ${\sqrt[{5}]{{\sqrt {2}}-{\sqrt {6}}{\mathsf {i}}}}$ in der Form $[r,\varphi ]$.

Lösung von Hapi

(Korrigierte Fassung)

entspricht dem Beispiel 34, daher Lösung analog.

Zunächst muß der Vektor Z erstellt werden: Z = ${\sqrt {2}}$ - ${\sqrt {6}}$i in der Form a - bi

Der Betrag von Z = |Z| , berechnet als ${\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$ = ${\sqrt {2+6}}$ = ${\sqrt {8}}$

Z = |Z| * (cos$\phi$ - i.sin$\phi$) = ${\sqrt {8}}*({\sqrt {2}}/{\sqrt {8}}-i.{\sqrt {6}}/{\sqrt {8}})$

${\sqrt {2}}/{\sqrt {8}}$ = 1/${\sqrt {4}}$ = 1/2 ,....

$-{\sqrt {6}}/{\sqrt {8}}$ = $-{\sqrt {3}}/{\sqrt {4}}$ = 1/2*$-{\sqrt {3}}$

Der Cosinus-Wert 1/2 entspricht dem Winkel -60 Grad oder $-\pi$/3, ebenso der Sinus Wert, da der Wert im 4 Quadranten liegt

Somit haben wir die Polarkoordinaten des Vektors Z: Z = [${\sqrt {8}}$, $-\pi$/3] bzw. [${\sqrt {8}}$, $5\pi$/6] oder 300 Grad

Die fünfte Wurzel ergibt sich dann durch einfaches dividieren, wobei sich jede der 5 Lösungen um 1/5 des Kreises 2*$\pi$,

somit um 2/5 $\pi$ oder 72 Grad unterscheidet.

Die n-te Wurzel ist dann ganz einfach Zk = [|Z|,$\phi$/n+k.2*$\pi$/n], k [0 .. n]

Z0 = [${\sqrt[{10}]{8}}$, $-\pi$/6 + 0]

  (5-Wurzel aus der Wurzel von 8 ist die zehnte Wurzel, der Winkel wird einfach durch 5 dividiert,
   d.h aus $5\pi$/6 wird $\pi$/6   bzw. 300/5  = 60 Grad)

Z1 = [${\sqrt[{10}]{8}}$, $\pi$/6+2$\pi$/5] 132 Grad

Z2 = [${\sqrt[{10}]{8}}$, $\pi$/6+4$\pi$/5] 204 Grad

Z3 = [${\sqrt[{10}]{8}}$, $\pi$/6+6$\pi$/5] 276 Grad

Z4 = [${\sqrt[{10}]{8}}$, $\pi$/6+8$\pi$/5] 348 Grad

(Z5 = Z0 348 + 72 = 60 Grad (420 -360))

Cosinus bringt nur positive Werte, erst der Sinus zeigt, daß das Ergebnis nicht $\pi$/3 sondern -$\pi$/3 und somit im 4. Quadranten liegt. Sorry, hoffe jetzt passts. Habe lieber den postiven Wert $5\pi$/6 verwendet, da sich -$\pi$/3 schlechter in Winkel umrechnen und dividieren läßt.

Urbanek hat die Lösung mit einem gleichseitigen Dreieck im Einheitskreis erklärt, Seitenlänge 2*${\sqrt {2}}$ und halber Grundlänge ${\sqrt {2}}$. Dieses hat bekanntlich den Winkel 60 Grad oder in diesem Fall -$\pi$/3

Hapi

Lösung von Baccus

Die Lösung von Hapi ist korrekt bis auf das verschluderte Vorzeichen des Imaginärteils:

$\varphi =\arctan {\frac {-{\sqrt {6}}}{\sqrt {2}}}=\arctan -{\sqrt {3}}=-{\frac {\pi }{3}}$.

Die Zahl Z ist also $Z=[{\sqrt {8}},-{\frac {\pi }{3}}]$.

Das in die Wurzel-Formel einsetzen, Rest (fast) wie oben.

$W_{0}=[{\sqrt[{5}]{\sqrt {8}}}={\sqrt[{10}]{8}},{\frac {-{\frac {\pi }{3}}}{5}}+0*{\frac {2\pi }{5}}=-{\frac {\pi }{15}}]$

$W_{1}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+1*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {\pi }{3}}]$

$W_{2}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+2*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {7\pi }{3}}]$

$W_{3}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+3*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {13\pi }{3}}]$

$W_{4}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+4*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {19\pi }{3}}]$ Fehler! Ergebnis ist ${\frac {23\pi }{3}}$

Tips

Manche Übungsbetreuer kommen in Rage, wenn man mit komplexen Zahlen, die offensichtlich im IV. Quadranten liegen, rechnet, als ob sie einen positiven Phasenwinkel hätten. Beim UE-Test wäre das dann ein Durchfaller :-(

Zum Thema "berechnen Sie ohne Taschenrechner":

Unser UE-Leiter meinte dazu, arctan berechnet man entweder mit

1. Taschenrechner,
2. Kenntnis bestimmter Winkel(ergebnisse),
3. Vorgaben in der Test-Angabe.

Na dann. :-(

Baccus

Berechnung von $arctan()$ ohne Taschenrechner

Anhand von $arctan(sqrt(3))$ wie folgt:

Wir wissen ja, Tangens ist in einem rechtwinkligen Dreieck Gegenkathete / Ankathete. Da das Ergebnis $sqrt(3)$ ist, können wir sagen, die Gegenkathete ist $sqrt(3)$ und die Ankathete ist $1$, liefert ja das richtige Ergebnis für den Tangens. Nun können wir die Hypothenuse dieses Dreiecks durch den Satz von Pythagoras berechnen: $sqrt(1^{2}+sqrt(3)^{2})=sqrt(1+3)=sqrt(4)=2$

Wenn wir dieses Dreieck nun an der Gegenkathete spiegeln, erhalten wir ein weiteres Dreieck, dessen eine Seitenlänge wieder $2$ und deren andere $1$ ist. Die Seitenlängen des große Dreiecks, das so nun entsteht, betragen auf jeder Seite $2$. D.h. es ist gleichseitig. Und gleichseitige Dreiecke haben an jeder Ecke immer einen Winkel von 60° bzw. $\pi /3$. Falls es unklar ist, am besten mal eine Skizze zeichnen.

Quelle: https://www.facebook.com/groups/adm.ws14.sem1/permalink/390108167810185/?comment_id=390115397809462

ad Lösung Baccus

Habe soweit auch Baccus Ergebnisse errechnet nur bei der letzten Addition von $\phi$ für W_2, W_3 und W_4 (W0+W1 stimmen) hat sich bei der Eingabe ins Wiki wohl ein kleiner Fehler eingeschlichen:

$W_{2}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+2*{\frac {2\pi }{5}}$ aber hier $={\frac {11\pi }{15}}]$ anstatt von $={\frac {7\pi }{3}}$ oder 132 Grad

$W_{3}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+3*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {17\pi }{15}}]$ oder 204 Grad

$W_{4}=[{\sqrt[{10}]{8}},-{\frac {\pi }{15}}+4*{\frac {2\pi }{5}}={\frac {23\pi }{15}}]$ oder 276 Grad

Kleinigkeit aber dann gibt das ganze auch die Winkel die Hapi errechnet hat im Abstand von 72 Grad. also 348(-$pi/15$), 60, 132, 204 und 276 Ohne euer Vorrechnen wäre ich da aber nie draufgekommen ...

Links

Ähnliche Beispiele: 32,33,34