Lösungsvorschläge zu Blatt 7 der¨Ubungen zur Vorlesung Analysis I

Lösungsvorschläge zu Blatt 7 der Übungen zur Vorlesung
Analysis I für Informatiker und Statistiker,
LMU München, WS 2014/2015
Dr. Peter Philip, Dr. Jan Swoboda
2. Dezember 2014
1. (a) Lösung (3 Punkte): Es gilt
z=
1+i
(1 + i)2
2i
=
=
= i.
1−i
(1 − i)(1 + i)
2
(b) Lösung (3 Punkte): Es gilt
z = (1 + i)3 + (1 − i)3 = 2Re((1 + i)3 )
= 2Re(1 + 3i + 3i2 + i3 ) = 2(1 + 3i2 ) = −4.
(c) Lösung (4 Punkte): Es gilt
z=
i(1 − 2i)2
i(−3 − 4i)
4 − 3i
4
3
i
=
=
=
=
− i.
2
2
2
2
(1 + 2i)
(1 + 2i) (1 − 2i)
5
25
25 25
2. Beweis (10 Punkte).
(a) Lösung (3 Punkte): Die gesuchte Menge ist M = {z ∈ C | Re z = 0}.
Abbildung 1: Menge M .
(b) Lösung (4 Punkte): Substituiere w = z − i. Dann ist z ∈ M genau dann, wenn
w im offenen Kreisring mit innerem Radius 1 und äußerem Radius 2 um w = 0
enthalten ist.
Abbildung 2: Menge M .
(c) Lösung (3 Punkte): Substituiere w = z − 1. Dann ist z ∈ M genau dann, wenn
w im offenen Einheitsball um w = 0 enthalten ist.
Abbildung 3: Menge M . Beachte: z = −1 ∈
/ M.
3. Beweis (10 Punkte).
(a) Lösung (3 Punkte): Die Gleichung z 2 = i besitzt zwei Lösungen z1 und z2 . Wir
suchen diese in der Form z1 = a + ib mit a, b ∈ R und z2 = −z1 . Es folgt
z12 = (a + ib)2 = a2 − b2 + 2iab = i,
also a2 −b2 = 0 und 2ab = 1. Dieses Gleichungssystem wird erfüllt von a = b =
Damit ist
√
√
2
2
z1 =
(1 + i),
z2 = −
(1 + i).
2
2
√
2
.
2
(b) Lösung (3 Punkte): Es sei z eine Lösung von z 3 = 1. Dann gilt
0 = z 3 − 1 = (z − 1)(z 2 + z + 1).
Somit ist z − 1 = 0, also z = z1 = 1, oder z 2 + z + 1 = 0. Die Lösungen z2 und z3
bestimmen wir wieder in der Form z2 = a2 + ib2 und z3 = a3 + ib3 . Dann ist
0 = z 2 + z + 1 = (a2 + ib2 )2 + a2 + ib2 + 1 = a22 − b22 + a2 + 1 + ib2 (1 + 2a2 ).
√
√
Hieraus lesen wir ab, dass a2 = − 21 und b2 = 23 . Es folgt z2 = − 12 + 23 i. Die Lösung
z3 können wir ähnlich bestimmen,
oder wir beobachten, dass z̄23 = z23 = 1̄ = 1,
√
d.h. es gilt z3 = z̄2 = − 12 − 23 i.
(c) Lösung (4 Punkte): Wir substituieren w = z 2 . Dann ist die Gleichung z 4 = −1
äquivalent zu w2 = −1. Die zwei Lösungen dieser Gleichung sind w1 = i und
w2 = −i. Es bleibt, die Gleichungen z 2 = w1 und z 2 = w2 zu lösen. Hierzu
verwenden wir Teilaufgabe (a) und finden die Lösungen
√
√
2
2
(1 + i),
z2 = −
(1 + i)
z1 =
2
2
der Gleichung z 2 = i sowie
√
2
z3 = iz1 =
(−1 + i),
2
√
z2 = −iz1 =
2
(1 − i)
2
der Gleichung z 2 = −i. Die gesuchten Lösungen sind also die vier Zahlen
√
2
(±1 ± i).
z=
2
4. Lösung (10 Punkte): Für alle z, w ∈ C gilt
|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w)(z̄ + w̄) + (z − w)(z̄ − w̄)
= z z̄ + ww̄ + z w̄ + wz̄ + z z̄ + ww̄ − z w̄ − wz̄ = 2z z̄ + 2ww̄ = 2(|z|2 + |w|2 ),
wie behauptet.