Ubungen zur Analysis 1, SoSe 2017 Blatt 7 - Lösung

BERGISCHE UNIVERSITÄT
WUPPERTAL
02.06.17
Fakultät 4 - Mathematik
und Naturwissenschaften
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Christian Budde
Übungen zur Analysis 1, SoSe 2017
Blatt 7 - Lösung
Aufgabe 1 (4+4+2+4 Punkte) (a) Stellen Sie die nachstehenden komplexen Zahlen in der Form
x + iy dar:
1
(1 + 2i)2 − (1 − i)3
z1 = z +
(z ∈ C \ {0}),
z2 =
z
(3 + 2i)3 − (2 + i)2
(b) Zeichne die folgenden Mengen in der komplexen Ebene:
1
1
<
A1 := {z ∈ C : |z − 1| = |z + 1|} ,
A2 := z ∈ C : Re
z
2
(c) Berechnen Sie die beiden Quadratwurzeln der komplexen Zahl z = 3 + 4i.
(d) Lösen Sie die quadratische Gleichung z 2 − (2 + 2i)z − 4 + 2i = 0.
Lösung
(a) Für z1 nehmen wir z ∈ C \ {0} willkürlich. Dementsprechend, hat z die Form z = a + ib
mit a, b ∈ R, wobei a und b nicht beide Null sind.
1
1
a + ib
a
b
z1 = z + = (a + ib) +
= a + ib + 2
=a+ 2
+i· b+ 2
z
a − ib
a + b2
a + b2
a + b2
−1 + 6i
1 −1 + 6i −2 − 7i
1 44 − 5i
22
5
z2 =
= ·
·
= · 2
=
−i
2
−12 + 42i
6 −2 + 7i −2 − 7i
6 2 +7
159
318
(b) Wir wollen zunächst einmal per Rechnung bestimmen welche Elemente in A1 liegen. Hierzu
sein z ∈ A1 willkürlich. Wir haben dementsprechend eine allgemeine Form z = a + ib für
a, b ∈ R. Wir erhalten auf diese Weise:
|z − 1| = |z + 1|
⇐⇒ |a − 1 + ib| = |a + 1 + ib|
p
p
⇐⇒ (a − 1)2 + b2 = (a + 1)2 + b2
⇐⇒a2 − 2a = a2 + 2a
⇐⇒a = 0
Somit erhalten wir A1 = {z ∈ C : Re(z) = 0} was exakt der imaginären Achse entspricht.
Kommen wir nun zu A2 . Wir nehmen
z ∈ C in der Form z = a + ib. Wir erhalten
wieder
1
1
1
1
a−ib
a
1
z = a+ib = a2 +b2 und somit Re z = a2 +b2 . Die Eigenschaft Re z < 2 lässt sich dann
2
2
umformen zu 1 < (a − 1) + b . Dementsprechend enhält A2 alle komplexen Zahlen die nicht
im Kreis mit dem Radius 1 um 1 liegen.
(c) Wir suchen eine Zahl z = x+iy ∈ C mit der Eigenschaft, dass 3+4i = z 2 = x2 −y 2 +2ixy.
Das liefert die Gleichungen xy = 2 und x2 − y 2 = 3. Das Lösen der Gleichungen führt zu
z = ±(2 + i).
(d) Benutzen Sie Satz 2.5.3 und errechnen, dass z1 = −1 + i und z2 = 3 + i die quadratische
Gleichung lösen.
Aufgabe 2 (3+4 Punkte)
n
X
1 − z n+1
(a) Zeigen Sie, dass
zk =
für alle z ∈ C, z 6= 1, und n ∈ N gilt.
1−z
k=0
128 X
1+i k
√
auf möglichst einfache Weise.
(b) Berechnen Sie mit Teil (a) die Summe
2
k=0
Lösung
(a) Für n = 1 steht auf beiden Seiten 1 + z. Die Formel stimmt sogar für n = 0, da auf beiden
Seiten eine 1 steht. Wir nehmen an, die Formel ist richtig für n ∈ N. Dann ist
n+1
X
k
z =
k=0
n
X
z k + z n+1 =
k=0
(b) Sei z =
dann:
1+i
√ .
2
1 − z n+1 + z n+1 (1 − z)
1 − z n+2
1 − z n+1
+ z n+1 =
=
1−z
1−z
1−z
Dann ist z 128 = (z 2 )64 = i64 = (i4 )16 = 116 = 1. Mit Teil (a) erhalten wir
128
X
k
z =
k=0
127
X
z k + z 128 =
k=0
1 − z 128
+ z 128 = 1.
1−z
Aufgabe 3 (5+3 Punkte)
∞
∞
X
X
a) Seien
an und
bn absolut konvergente Reihen komplexer Zahlen. Zeigen Sie, dass dann
n=0
n=0
∞ X
n
∞
∞
X
X
X
auch die Reihe
(
ak bn−k ) absolut konvergiert und den Grenzwert (
an ) (
bm ) hat.
n=0 k=0
n=0
b) Berechnen Sie für z ∈ C, |z| < 1 die Reihe
∞
X
m=0
(k + 1)z k
k=0
Lösung(a) Wir wählen im Doppelreihensatz akn := an bk−n , wenn n ≤ k und akn = 0 sonst.
Dann ist
!
!
K X
k
K
K
X
X
X
|akn | ≤
|ak |
|bn |
k=0 n=0
n=0
k=0
also (K → ∞) kann der Doppelreihensatz angewendet werden und liefert:
∞ X
k
X
an bk−n =
k=0 n=0
=
=
∞ X
∞
X
k=0 n=0
∞ X
∞
X
n=0 k=n
∞
X
(b) Es ist
k=0
n
X
n
z = lim
n→∞
k=0
∞ X
∞
X
akn
n=0 k=0
∞ X
∞
X
an bk−n =
an
n=0
∞
X
akn =
an b`
n=0 `=0
!
∞
X
!
bm
m=0
1
1 − z n+1
=
, da |z| < 1. Genauer ist
n→∞ 1 − z
1−z
z n = lim
n+1
1 − z n+1
1
= lim |z|
lim −
=0
n→∞
n→∞ |1 − z|
1−z
1−z
Die Reihe
halten
P∞
k=0 z
n
konvergiert absolut, d.h. wir können das Cauchy-Produkt bilden und er! ∞
!
2
∞
∞ X
k
∞
X
X
X
X
1
=
zn
zn =
z n · z k−n =
(k + 1)z k .
1−z
k=0
k=0 n=0
k=0
k=0
Aufgabe 4 (4+6 Punkte)
(a) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ N:
(
2n
X
n(1 − i)
ik k =
−(n + 1) + ni
k=0
, falls n gerade
, falls n ungerade
(b) Sei (an )n≥1 eine monoton fallende Nullfolge. Zeigen Sie, dass die Reihe
∞
X
an z n für jedes
n=0
z ∈ C mit |z| ≤ 1 und z 6= 1 konvergiert.
Hinweis: Betrachten Sie (1 − z)
m
X
ak z k und benutzen Sie das Cauchy-Kriterium für Reihen.
k=n
Lösung
(a) Da eine Fallunterscheidung vorliegt muss der Induktionsanfang auch für die erste gerade
und für die erste ungerade Zahl gemacht werden:
n=0:
n=1:
i0 · 0 = 0 · (1 − i)
2
X
ik k = 0 + i − 2 = −2 + i
k=0
Die Behauptung sei nun richtig für n ∈ N, dann wollen wir nun von n auf n + 1 schließen.
Insbesondere wollen wir zeigen, dass
2(n+1)
X
k=0
(
(n + 1)(1 − i)
i k=
−(n + 2) + (n + 1)i
k
falls n + 1 gerade
falls n + 1 ungerade
Wir können die gewünschte Summen nun wie folgt aufspalten:
2(n+1)
X
ik k =
k=0
2n+2
X
k=0
ik k =
2n
X
ik k + i2n+1 (2n + 1) + i2n+2 (2n + 2)
k=0
Nun müssen wir wieder eine Fallunterscheidung machen:
• Falls n gerade ist, und somit n + 1 ungerade, verwenden wir den ersten Teil der Induktionsvoraussetzung:
2n+2
X
ik k = n(1 − i) + (2n + 1)i − (2n + 2) = (n + 1)i − (n + 2)
k=0
• Falls n ungerade ist, und somit n + 1 gerade, verwenden wir den zweiten Teil der Induktionsvoraussetzung:
2n+2
X
k=0
ik k = −(n + 1) + ni − (2n + 1)i + (2n + 2) = (n + 1) − (n + 1)i
(b) Wir gehen dem Hinweis nach und betrachten für m > n:
(1 − z)
m
X
k
n
ak z = an z +
k=n
m
X
(ak − ak−1 )z k − am z m+1
k=n+1
Da |z| ≤ 1 und aj ≥ aj+1 ≥ 0 für alle j ∈ N ist, können wir die letzte Gleichung mit der
Dreiecksungleichung abschätzen. Wir erhalten:
m
m
X
X
ak z k ≤ an + am +
(ak − ak−1 ) = 2am .
(1 − z)
k=n
k=n+1
Mit dem Cauchy-Kriterium für Reihen folgt nun, dass (1 − z)
konvergiert also auch
P∞
k=0 ak z
∞
X
ak z k konvergiert. Für z 6= 1
k=0
k.
Abgabe bitte bis 16.6.17 bis 10 Uhr in das Postfach Ihres Übungsleiters auf D13
unter Angabe Ihrer Namen (Abgabe in Gruppen von ≤ 3 Mitgliedern) und des Names Ihres
Ü-Leiters Webseite: www2.math.uni-wuppertal.de/∼herbort