Einheitswurzeln

Bevor wir eine allgemeine Gleichung vom Typ

(z−a)n = b (1)

lösen, suchen wir zunächst die komplexen Lösungen der Gleichung

zn = 1.      (2)

Dafür schreiben wir zunächst die Eins als komplexe Zahl in Exponential- bzw. Euler-Darstellung. Es gilt für ganze Zahlen k∈ℤ

1 = ei2kπ,

da die komplexe e-Funktion e^iϕ periodisch in ϕ mit Periode 2π ist. Ist z = re^iϕ eine beliebige Lösung der Gleichung (2), so muss zunächst für ihren (reellen) Betrag r≥ 0

rn = 1

gelten, und für eine ganez Zahl k∈ℤ muss das Argument ϕ die Bedingung

nϕ = 2kπ

erfüllen. Daraus folgt also sofort r=1, d.h., die Lösungen liegen alle auf dem Einheitskreis der Gaußschen Zahlenebene, und ϕ = 2kπ/n.

Da e^i2π = 1 können wir uns auf die Lösungen mit 0≤ ϕ < 2π beschränken. Wir erhalten also

ϕ =

2kπ n

, k=0,…,n−1.

Diese Lösungen heissen n-te Einheitswurzeln.

Man kann diese Lösungen grafisch relativ einfach bestimmen, indem man in der Gaußschen Zahlenebene den Einheitskreis um den Nullpunkt abträgt, und diesen dann in n gleiche Segmente teilt, so dass die 1 einer der Teilungspunkte ist. Jeder solche Teilungspunkt ist dann eine Lösung. In Abbildung ?? kann man sich dies ansehen. Hat man z₁ = e^i2π/n bestimmt, so erhält man (grafisch) die weiteren Lösungen durch verdoppeln des Arguments (Winkels) ϕ. Man kann also die weiteren Lösungen mit dem Zirkel abtragen.

Allgemeine Wurzeln

Nun wollen wir die allgemeine Gleichung (1) untersuchen. Wir versuchen zunächst, sie durch Umformungen auf die Gestalt (2) zu bringen.

Wir gehen dafür in zwei Schritten vor. Zunächst ziehen wir eine n-te Wurzel aus b. Ist etwa

b = r0eiϕ0,

so setzen wir

z0 =

⎛ ⎝ r0 ⎞ ⎠ 1 n

eiϕ0/n.

Dann ist z₀ⁿ = b, und wir erhalten

⎛ ⎜ ⎜ ⎝

z−a z0

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

n

= 1.

Nun substituieren wir

u =

z−a z0

und erhalten dadurch unsere Gleichung

un = 1

in der Form (2). Wir erhalten also die Lösungen

u = e

i 2kπ n

, k = 0,…, n−1 .

Durch Rücksubstitution erhalten wir für k=0,…,n−1

u =  z−a z0                   e i 2kπ n   =  z−a z0                   z = a + z0 e i 2kπ n                     z = a +  ⎛ ⎝ r0 ⎞ ⎠ 1 n   e i ϕ0 n   e i 2kπ n                     z = a +  ⎛ ⎝ r0 ⎞ ⎠ 1 n   e i ϕ0+2kπ n

Dadurch haben wir, falls b≠0 ist, n verscheidene Lösungen gefunden. Da eine Gleichung n-ten Grades höchstens n verschiedene Lösungen haben kann, haben wir also alle Lösungen gefunden. Dass wir mit z₀ eine willkürliche Lösung von z₀ⁿ = b gewählt haben, hat also keinen Einfluss auf unser Ergebnis.

Man kann sich die Lösungen

zk = a +

⎛ ⎝ r0 ⎞ ⎠ 1 n

e

i ϕ0+2kπ n

,   0≤ k, < n (3)

der Gleichung

(z−a)n = r0 eiϕ0

immer mit dem angegebenen Rechenweg leicht herleiten. Die andere Möglichkeit ist sich die Lösungsformel (3) zu merken. Diese ist unter dem Namen Formel von DeMoivre bekannt.

---

This document was translated from L^AT_EX by H^EV^EA.

---