¨UBUNGSBLATT 3 – L¨OSUNGEN MAT121/MAT131 ANALYSIS I

ÜBUNGSBLATT 3 – LÖSUNGEN
MAT121/MAT131 ANALYSIS I HERBSTSEMESTER 2010
PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS
Aufgabe 1.
(a) Beweisen Sie aus den Axiomen für komplexe Zahlen, dass für alle z, w ∈ C gilt:
zw = z w;
(b) Schreiben Sie die folgenden komplexen Zahlen in der Form a + ib mit a, b ∈ R:
(i) z1 = (1 − i)2 ;
2+i
(ii) z2 =
;
2−i
(1 − i)(1 + i)
(iii) z3 =
;
i
|1 − i|
;
(iv) z4 =
(1 + i)
4
1+i
.
(v) z5 =
1−i
Antwort.
(a) Wir schreiben z = a + ib und w = c + id. Dann gilt einerseits
zw = (a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(ad + bc) = (ac − bd) − i(ad + bc)
und andererseits
z w = (a − ib)(c − id) = ac − (−b)(−d) + i a(−d) + (−b)c
= (ac − bd) − i(ad + bc).
Es folgt, dass zw = z w ist, was zu beweisen war.
(b) (i) z1 = (1 − i)2 = 1 − 2i + i2 = −2i = 0 + i(−2).
(2 + i)2
2+i
(2 + i)(2 − i)
4 + 4i + i2
3
4
=
(ii) z2 =
=
=
= +i .
2
2−i
5
5
5
5
|2 − i|
2
(1 − i)(1 + i)
(1 − i) (i) −2i
(iii) z3 =
=
= −2 = −2 + i0.
=
i
i
i
1+i
|1 − i|
|1 − i| (1 − i)
1+i
1
1
|1 − i|
=
=
=
= √ = √ + i√ .
(iv) z4 =
2
1−i
|1 − i|
2
2
2
|1 − i|
(1 + i)
!4 4
4
(1 + i)(1 − i)
1+i
(1 + i)2
=
(v) z5 =
=
1−i
2
|1 + i|2
4
1 + 2i + i2
=
= i4 = (−1)2 = 1.
2
Aufgabe 2. Skizzieren Sie folgende Teilmengen der komplexen Ebene, ohne auf Begründungen zu verzichten:
n
√ o
(a) M1 = z ∈ C |z − i| = |z + i| = 2 ;
(b) M2 = z ∈ C |1 − z| ≥ |1 + z| ; (c) M3 = nz ∈ C 1 < |z − 1 + i| < 2 ; o
(d) M4 = z ∈ C (1 + i)z + (1 + i)z ≤ 0 .
2
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Antwort.
√
(a) M1 enthält alle Punkte in der komplexen
Ebene,
welche
einerseits
Distanz
2
√
von i und andererseits Distanz √2 von −i haben. M1 ist also die Schnittmenge
der beiden Kreise mit Radius 2 um i, beziehungsweise −i. Aber dies sind
genau die Punkte −1 und 1. Also ist M1 = {−1, 1} ⊂ R–Achse.
(b) Wir formen die Bedingung um:
|1 − z| ≥ |1 + z|
⇔
⇔
⇔
⇔
|1 − z|2 ≥ |1 + z|2
⇔
(1 − z)(1 − z) ≥ (1 + z)(1 + z)
(1 − z)(1 − z) ≥ (1 + z)(1 + z)
1 − (z + z) + zz ≥ 1 + (z + z) + zz
2(z + z) ≤ 0
⇔
4Re(z) ≤ 0
⇔
Re(z) ≤ 0.
Also ist M2 die Menge der komplexen Zahlen mit nicht–positivem Realteil, das
heisst die “linke Halbebene”.
(c) M3 besteht aus allen Punkten der komplexen Ebene, deren Distanz zum Punkt
1−i strikt zwischen 1 und 2 liegt. M3 ist also der Kreisring um 1−i mit innerem
Radius 1 und äusserem Radius 2 ohne Rand.
(d) Wieder formen wir die Bedingung um:
(1 + i)z + (1 + i)z ≤ 0
⇔
(1 + i)z + (1 − i)z ≤ 0
⇔
−i(z − z) ≥ z + z
⇔
z+z
z−z
≥
2i
2
⇔ (z + z) + i(z − z) ≤ 0
z−z
≥z+z
⇔
i
⇔
Im(z) ≥ Re(z).
Also besteht die Menge M4 aus allen komplexen Zahlen, deren Imaginärteil
grösser oder gleich ihrem Realteil ist, das heisst M4 ist die “um 45◦ gegen den
Uhrzeigersinn gedrehte obere Halbebene”.
Aufgabe 3. Sei f : C → C gegeben durch
f (z) =
2i − z
.
1 − iz
(a) Finden Sie alle Fixpunkte von f (d.h. jene komplexe Zahlen z für welche f (z) =
z gilt);
(b) Finden Sie die Urbilder unter f von 1 − 3i (d.h. jene Zahlen z ∈ C, für welche
f (z) = 1 − 3i gilt).
Antwort.
(a) Es gilt:
f (z) = z
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
2i − z
=z ⇔
1 − iz
z 2 + 2iz + 2 = 0
2i − z = z − iz 2
(z + i)2 + 3 = 0
⇔
3 = (iz − 1)2 ⇔
√ z = −i 1 ± 3 .
⇔
⇔
i z 2 + 2iz + 2 = 0
(z + i)2 − i2 + 2 = 0
3 = −(z + i)2 ⇔ 3 = i2 (z + i)2
√
√
iz − 1 = ± 3 ⇔ iz = 1 ± 3
Somit ist die Fixpunktmenge von f durch
ben.
i −1 −
√ √ 3 , i −1 + 3 gege-
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(b) z ∈ C ist genau dann Urbild von 1 − 3i, wenn f (z) = 1 − 3i ist. Es gilt:
f (z) = 1 − 3i
⇔
⇔
⇔
2i − z
= 1 − 3i ⇔ 2i − z = (1 − iz)(1 − 3i)
1 − iz
2i − z = 1 − iz − 3i + 3i2 z ⇔ (2 + i)z = 1 − 5i
z=
2 − 10i − i + 5i2
1 − 5i
(1 − 5i)(2 − i)
3
11
=
=
=− −i .
2
2+i
5
5
5
|2 + i|
das (einzige) Urbild von 1 − 3i unter f .
Also ist z = − 53 − i 11
5
Aufgabe 4.
(a) Beweisen Sie, dass für alle θ ∈ R, w = cos θ + i sin θ auf dem Einheitskreis der
komplexen Zahlenebene liegt;
(b) Sei θ ∈ R, w = cos θ + i sin θ. Beweisen Sie, dass die Abbildung z 7→ wz eine
Rotation in der komplexen Ebene mit Zentrum 0 und Winkel θ darstellt.
(c) Zeigen Sie mithilfe von (b), dass
(cos θ + i sin θ)n = cos(nθ) + i sin(nθ)
für alle θ ∈ R und n ∈ N ist.
(d) Benutzen Sie (c) um zu zeigen, dass die Gleichung
z n = cos θ + i sin θ
für alle θ ∈ R und n ∈ N eine Lösung in C hat.
Antwort.
(a) Um zu zeigen, dass w = cos θ + i sin θ auf dem Einheitskreis in der komplexen
Ebene liegt, genügt es zu zeigen, dass |w| = 1 ist. Wir rechnen für beliebiges
θ ∈ R:
|w|2 = ww = (cos θ + i sin θ)(cos θ − i sin θ) = (cos θ)2 − (i sin θ)2
= (cos θ)2 + (sin θ)2 = 1
Also ist tatsächlich |w| = 1, und w liegt auf dem Einheitskreis.
(b) Für z = 0 ist wz = 0, also ist 0 ein Fixpunkt der Abbildung z 7→ wz, was schon
mal notwendig für eine Rotation um den Ursprung ist.
Für z = x + iy ∈ C \ {0} schreiben wir z als z = |z| cos ϕ + i |z| sin ϕ. Die
Rotation um den Ursprung mit Winkel θ bildet z dann auf den Punkt
|z| cos(ϕ + θ) + i |z| sin(ϕ + θ)
ab. Wir wollen zeigen, dass z 7→ wz mit w = cos θ + i sin θ genau diese Transformation ist. Rechne hierzu
wz = (cos θ + i sin θ)(|z| cos ϕ + i |z| sin ϕ)
= |z| (cos θ cos ϕ − sin θ sin ϕ) + i |z| (sin θ cos ϕ + cos θ sin ϕ)
= |z| cos(θ + ϕ) + i |z| sin(θ + ϕ),
wobei wir die Additionstheoreme† der trigonometrischen Funktionen benutzt
haben. Es folgt die Behauptung.
†
Für alle x, y ∈ R gilt
sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y,
cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y.
4
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(c) Mit (b) ist es nun ein Leichtes, sich der Gültigkeit der behaupteten Identität
zu überzeugen. Schreiben wir
w = cos θ + i sin θ = (cos θ + i sin θ)(1 + i0)
= (cos θ + i sin θ)(cos 0 + i sin 0),
so ist nach (b), für alle n ∈ N, w n die n–fache Anwendung der Rotation mit
Winkel θ auf den Punkt 1 + i0 auf dem Einheitskreis. Damit ist
w n = cos(nθ) + i sin(nθ),
und die Behauptung bewiesen.
(d) Mit dem Teil (c) lässt sich eine Lösung der Gleichung
z n = cos θ + i sin θ
(θ ∈ R, z ∈ C)
sofort explizit angeben. Sei nämlich
θ
θ
z0 = cos
+ i sin
,
n
n
dann ist wegen (c), z0n = cos θ + i sin θ, wie gewünscht.
Aufgabe 5M. Finden Sie alle Funktionen f : R → R, für welche
2
f xf (x) + f (y) = f (x) + y
(⋆)
Antwort. Wenn (⋆) für alle reellen x und y gelten soll, so gilt insbesondere
2
f f (y) = y + f (0)
∀y ∈ R
(für x = 0)
(1)
gilt, für alle x, y ∈ R.
und
2 =0
f xf (x) + f − f (x)
∀x ∈ R
2
(für y = − f (x) ).
(2)
Aus (2) folgt dann, dass es (mindestens) ein z0 ∈ R gibt, für welches f (z0 ) = 0 ist.
Dann impliziert (⋆) aber mit x = z0 :
2
f f (y) = f z0 f (z0 ) + f (y) = f (z0 ) + y = y
∀y ∈ R,
(3)
so dass wir mit (1) schliessen können, dass f (0) = 0 ist. Mit y = 0 in (⋆) erhalten wir
dann
2
f xf (x) = f (x)
∀x ∈ R.
(4)
Sei nun z ∈ R beliebig. Setzen wir x = f (z) in (4), so impliziert (3) dass
2 (3) 2
(3) (4) =z
∀z ∈ R
f zf (z) = f f (z)f f (z) = f f (z)
(5)
ist. (4) und (5) ergeben jedoch nach Umbenennung von z in x die Identität
2
∀x ∈ R.
(6)
f (x) = x2
2
Insbesondere ist also f (1) = 1. Setzen wir nun in (⋆) x = 1 und y = f (z) für
beliebiges z ∈ R, so ergibt dies dann unter Benutzung von (3)
2
(3) (⋆)
∀z ∈ R.
f f (1) + z = f f (1) + f f (z) = f (1) + f (z) = 1 + f (z)
Quadrieren dieser Gleichung liefert dann einerseits mit (6)
2
2
2
(6)
f f (1) + z
= 1 + f (z) = 1 + f (z) + 2f (z) = 1 + z 2 + 2f (z)
∀z ∈ R,
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andererseits impliziert (6) schon direkt
2 (6)
2
2
(6)
f f (1) + z
= f (1) + z = f (1) + z 2 + 2f (1)z = 1 + z 2 + 2f (1)z ∀z ∈ R.
Es folgt
f (z) = f (1)z
∀z ∈ R.
Da wegen (6) entweder f (1) = 1 oder f (1) = −1 gilt, ist
f (z) = z
oder f (z) = −z
∀z ∈ R.
f ist also entweder die Identität, oder das Negative der Identität.
Aufgabe 5P. Zeigen Sie, dass eine notwendige und hinreichende Bedingung, damit
drei Punkte a, b, c in der komplexen Zahlenebene ein gleichseitiges Dreieck bilden, die
folgende Relation zwischen ihnen ist:
a2 + b2 + c2 = bc + ca + ab.
(⋆)
Antwort. Wir bezeichnen mit A, B und C die Punkte, welche a, b, respektive c entsprechen, und verwenden die üblichen Notationen AB, BC, AB für die (ungerichteten)
Strecken, sowie ∠A BC, ∠B CA, ∠C AB für die im Dreieck ABC gebildeten (vorzeichenbehafteten) Winkel in den Punkten A, B, respektive C. Wir nehme zuerst an, dass A,
B und C nicht kollinear sind.
Um zu sehen, dass die Bedingung (⋆) notwendig ist, nehme an, dass ABC ein gleichseitiges Dreieck ist. O.B.d.A. können wir vorausschicken, dass die Ecken A, B und C
entgegen den Uhrzeigersinn durchlaufen werden. Dann geht C aus B durch Drehung
um A, und A aus C durch Drehung um B hervor, beide Male mit Winkel π/3 entgegen
den Uhrzeigersinn. Also gilt (vgl. auch Aufgabe 4):
π
π
c − a = (b − a) cos + i sin
3
3
und
π
π
a − b = (c − b) cos + i sin
.
3
3
Daher ist (c − a)(c − b) = (a − b)(b − a), was äquivalent zur Bedingung (⋆) ist.
Sei nun umgekehrt Bedingung (⋆) erfüllt. Dann gilt wieder (c−a)(c−b) = (a−b)(b−a).
Es folgt, dass
c−a
a−b
=
(‡)
b−a
c−b
Nennen wir diese komplexe Zahl z, so hat sie einen positiven Abstand zum Ursprung
(sagen wir r), und der Strahl ausgehend von 0 durch z schliesst einen Winkel θ mit
der positiven reellen Achse ein. Somit können wir schreiben, z = r(cos θ + i sin θ)
(vgl. wieder mit Aufgabe 4). Dann ist (‡) äquivalent zu
AC
BA
=
=r
AB
BC
und
∠A BC = ∠B CA = ±θ
mod 2π.
Aus der zweiten Gleichung folgt, dass ABC ein gleichschenkeliges Dreieck mit AC =
BC ist, und aus der ersten erhalten wir dann AB = AC = BC. Also ist ABC ein
gleichseitiges Dreieck.
Nehmen wir schliesslich an, A, B und C seien kollinear. Die Bedingung (⋆) ist wieder
äquivalent zur Bedingung (c − a)(c − b) = (a − b)(b − a). Da letztere invariant unter
Translationen und Rotationen in der Ebene ist, können wir o.B.d.A. annehmen, dass
a, b, c ∈ R und a = 0 ist. In diesem Fall ist (⋆) äquivalent zu b2 + c2 = bc, was nur
von den reellen Zahlen b = 0 und c = 0 erfüllt werden kann (da z.B. aus b2 + c2 = bc
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folgt, dass (b − c)2 = −bc = − (b2 + c2 ) ist, was nur sein kann, wenn beide Seiten
verschwinden). Somit ist in diesem Fall die Bedingung (⋆) äquivalent dazu, dass a, b
und c ein “ausgeartetes” (engl. “degenerate”) gleichseitiges Dreieck bilden.