Analysis I für Studierende der Ingenieurwissenschaften

Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg
Prof. Dr. Michael Hinze
Dr. Hanna Peywand Kiani
WiSe 2015/16
Analysis I
für Studierende der Ingenieurwissenschaften
Blatt 3
Aufgabe 1:
a) Geben Sie die folgenden komplexen Zahlen in kartesischer Darstellung a + ib mit
a, b ∈ R und i2 = −1 an.
3 + 4i
i) z1 = (3 + 4i)(3 + 4i) ,
ii) z2 = (3 + 3i)2 ,
iii) z3 =
.
3 − 4i
b) Berechnen Sie alle Nullstellen des Polynoms p(z) und geben Sie die Linearfaktorzerlegung von p an.
p(z) := z 3 + 4z 2 + 13z .
c) Charakterisieren Sie durch eine Skizze oder mit Worten die folgenden Teilmengen der
komplexen Ebene:
M1 = {z ∈ C | |z| ≤ 5},
M2 = {z ∈ C | |z − i| = 1} ,
M3 = {z ∈ C | z + z̄ = 2} ,
M4 = z ∈ C | Re z 2 = 0 .
Lösungshinweise zu Aufgabe 1: (3+3+4 Punkte)
a) i) z1 = (3 + 4i)(3 + 4i) = (3 + 4i)(3 − 4i) = 32 − (4i)2 = 9 + 16 = 25 .
ii) z2 = (3 + 3i)2 = (3 + 3i)(3 + 3i) = 9 + 9i + 9i + (3i)2 = 9 + 18i − 9 = 18i .
3 + 4i
(3 + 4i)(3 + 4i)
9 + 24i − 16
7
iii) z3 =
=
=
= − 25
+ 24
i.
25
3 − 4i
(3 − 4i)(3 + 4i)
25
b)
p(z) = z 3 + 4z 2 + 13z = z · (z 2 + 4z + 13) .
z 2 + 4z + 13 = (z + 2)2 − 4 + 13 = (z + 2)2 + 9 = 0
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2
√
√
√
⇐⇒ (z + 2)2 = −9 ⇐⇒ z + 2 = ± −9 = ± −1 · 9 = ±3i
⇐⇒ z = −2 ± 3i
Das Polynom hat also die Nullstellen
und die Linearfaktorzerlegung
z1 = 0,
z2,3 = −2 ± 3i
p(z) = (z − 0)(z + 2 + 3i)(z + 2 − 3i) .
c) M1 = {z ∈ C | |z| ≤ 5} : Kreisscheibe mit Radius r = 5 und Mittelpunkt Null
inklusive Rand.
M2 = {z ∈ C | |z − i| = 1} : Abstand von i = 1 . Kreis(rand) mit Radius 1 um i .
M3 = {z ∈ C | z + z̄ = 2} : 2Re (z) = 2 : Parallele zur imaginären Achse durch 1+0·i .
M4 = z ∈ C | Re z 2 = 0 :
Re (z 2 ) = Re ((x + iy)(x + iy)) = 0 ⇐⇒ x2 − y 2 = 0
M4 besteht also aus den zwei Geraden Re (z) = ±Im (z) .
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3
Aufgabe 2:
a) Interpretieren Sie für z 6= 0 die Zuordnung f : z 7→
1
geometrisch.
z
Tipp: Notizen zur Vorlesung 2, letzte Seite.
b) Skizzieren Sie die unten angegebenen Mengen D1 und D2 und bestimmen Sie deren
Bilder unter f aus a).
i) D1 := {z ∈ C : 0 < Re (z) = 3Im (z)} ,
ii) D2 := {z ∈ C : |z| = 2} .
Lösung zur Aufgabe 2:
1
= 1
z
gilt für z =
6 0 einerseits
1
1
z · = |1| ⇐⇒ |z| · = 1 ⇐⇒ 1 = 1 .
z
z z |z|
a) Wegen z ·
Der Betrag von
1
z
ist also der Kehrwert von |z| .
Andererseits gilt für die Winkel nach Vorlesung:
1
Winkel von z · = Winkel von z+ Winkel von
z
Also ist der Winkel von 1z = − (Winkel von z ).
1
z
= Winkel von 1 = 0 .
Man spiegelt also an der reellen Achse und nimmt den Kehrwert des Betrages. (4
Punkte)
b) i) D1 := {z ∈ C : 0 < Re (z) = 3Im (z)}
Ist ein Strahl. Für z = 3b + ib = b(3 + i). b > 0 erhält man rechnerisch:
3b − ib
3−i
1
=
=
. Dies ist der Strahl: {z ∈ C : 0 < Re (z) = −3Im (z)}
z
(3b − ib)(3b + ib)
10b
Geometrisch kann man argumentieren, dass alle Punkte der Definitionsmenge den gleichen Winkel φ haben. Damit haben alle Punkte der Bildmenge den Winkel −φ . Die
Beträge der Urbilder liegen in ]0, ∞[ , so dass die Beträge der Bilder alle Zahlen zwischen ∞ und Null durchlaufen.
Das Bild ist der an der reellen Achse gespiegelte Strahl. (4 Punkte)
ii) D2 := {z ∈ C : |z| = 2} ist eine Kreis mit Radius zwei um Null.
1
z ∈ D2 ⇐⇒ = 12 .
z
Alle Bildpunkte liegen also auf einem Kreis mit Radius 0.5 um Null.
Die Winkel der Punkte aus D2 liegen in [0; 2π[ . Die Winkel der Bilder in ] − 2π, 0] .
Das Bild ist also der Kreis mit Radius 0.5 um Null. (4 Punkte)
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4
2.5
4
2
3
1.5
2
1
1
0.5
0
0
−1
−0.5
−1
−2
−1.5
−3
−2
−4
0
2
4
6
8
−2.5
−2.5
10
−2
−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Aufgabe 3:
a) Bei welchen der folgenden Abbildungen kann es sich um die Darstellung des Graphen
einer reellwertiger Funktion f : [−3, 3] → [−2, 2], x 7→ y = f (x), handeln?
3
2
1.5
2
1
1
0
y
y
0.5
0
−0.5
−1
−1
−2
−1.5
−3
−4
−3
−2
−1
0
1
−2
−3
2
−2
−1
0
x
1
2
3
−2
−1
0
x
1
2
3
2
2
1.5
1.5
1
1
0.5
0.5
0
0
y
y
x
−0.5
−0.5
−1
−1
−1.5
−1.5
−2
−3
−2
−1
0
x
1
2
3
−2
−3
Welche der zugehörigen Funktionen sind - soweit erkennbar - injektiv bzw. surjektiv?
Welche der zugehörigen Funktionen sind - soweit erkennbar - bijektiv (umkehrbar/invertierbar)?
Lösung zur Aufgabe 3a:
Die erste Abbildung stellt keine Funktion mit y = f (x) dar, da man z.B. für x = 1
zwei verschiedene y− Werte hat. (1 Punkt)
Die Abbildung unten rechts stellt den Graphen einer Funktion dar, wenn für x = 0.5
ein eindeutiger Funktionswert festgelegt wird. (1 Punkt)
Wird f (0.5) = 2 festgelegt, so ist die Funktion injektiv und surjektiv, damit also auch
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bijektiv (umkehrbar). (1 Punkt)
Wird dagegen f (0.5) = 1.5 festgelegt, so ist (soweit erkennbar): f (0.5) = f (3) .
Die Funktion ist nicht injektiv. Sie ist auch nicht surjektiv, denn es gibt kein x mit
f (x) = 2 . (1 Punkt)
Die beiden anderen Abbildungen zeigen jeweils einen eindeutigen y− Wert für jedes
x ∈ [−3, 3] . Sie stellen also Graphen von Funktionen dar. (1 Punkt)
Oben rechts gibt es zu ±x jeweils den gleichen y− Wert. Die Funktion ist nicht injektiv
und damit nicht umkehrbar. Sie ist surjektiv, da jedem y mindestens ein x zugeordnet
werden kann. (1 Punkt)
Unten links gibt es zu jedem y ∈ [−2, 2] (so weit erkennbar) genau einen x− Wert.
Die Abbildung stellt den Graphen einer bijektiven (umkehrbaren) Funktion dar.
(1 Punkt)
b) In den untenstehenden Bildern sind die Graphen der Funktionen:
2
f1 (x) = exp(−x2 ) = e−x ,
),
f2 (x) = sin( x+π
2
und
f3 (x) =
cos(x)
1 + x2
dargestellt. Welches Bild gehört zu welcher Funktion?
1
1.2
0.8
1
0.6
0.8
0.4
0.2
0.6
0
0.4
−0.2
−0.4
0.2
−0.6
0
−0.8
−1
−20
−15
−10
−5
0
5
10
15
20
−0.2
−20
−15
−10
−5
0
5
10
15
20
1
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
−5
0
5
Lösung zur Aufgabe 3b: (3 Punkte)
Alle drei Funktionen sind achsensymmetrisch und haben bei x = 0 den Wert f (0) = 1 .
Bei der Untersuchung beschränken wir uns also auf den Bereich x > 0 . Hier ist exp
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monoton steigend. −x2 wird mit größer werdendem x immer kleiner. Also ist f1 im
Bereich x > 0 fallend. Es kommt nur das untere Bild in Frage. (Vergleiche auch Folie
19 Vorlesung)
f2 (x) = sin( x+π
) ist periodisch und gehört damit zum Bild links oben.
2
1
cos(x)
wird die periodische Funktion mit dem Faktor
,,gedämpft”.
2
1+x
1 + x2
Das passt zum Bild oben rechts.
In f3 (x) =
Die oberen Bilder wurden mit MATLAB wie folgt erzeugt:
a=-20; b=20; fun=’sin((x+pi)/2)’ % bzw.
fplot(fun,[a,b])
fun=’cos(x)/(1+x^2)’
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Aufgabe 4: (4 + 3 Punkte)
In dieser Aufgabe untersuchen wir reelle Funktionen einer reellen Variablen.
a) (Verkettung von Funktionen/Umkehrfunktion) Für welche x ∈ R sind die folgenden
Ausdrücke definiert? Für welche x ∈ R gilt fk (x) = x ?
i)
iii)
√
f1 (x) = x2
f3 (x) = exp(ln(x))
ii)
iv)
√ 2
f2 (x) = ( x)
f4 (x) = ln(exp(x))
b) Es sei y = f (x) := 5(x−2) . Bestimmen Sie
• den natürlichen Definitionsbereich D von f ,
• das Bild B = f (D) von D unter f ,
• das Bild von [2; ∞[ ,
• sowie die Umkehrabbildung f −1 : B → D .
Lösungshinweise zu Aufgabe 4: (Verkettung von Funktionen/Umkehrfunktion)
a) (Je 1 Punkt)
√
i) f1 (x) = x2 =⇒ D = R , aber f1 (x) = x nur für x ∈ R, x ≥ 0 .
√ 2
ii) f2 (x) = ( x) =⇒ D2 = {x ∈ R, x ≥ 0},
f2 (x) = x, ∀x ∈ D2 .
(Vgl. Notizen zu Vorlesung 2 Folie 7-8)
iii) f3 (x) = exp(ln(x)) =⇒ D3 = R+ ,
iv) f4 (x) = ln(exp(x)) =⇒ D4 = R,
b)
f3 (x) = x, ∀x ∈ D3 .
f4 (x) = x, ∀x ∈ D4 .
• y = f (x) := 5x−2 ist auf ganz R definiert. Also D = R . (1 Punkt)
• Das Bild ist B = f (D) = R>0 . (1 Punkt)
• Das Bild von [2; ∞[ besteht aus allen nicht negativen Potenzen von Fünf. Es ist
daher f ([2; ∞[) = [1; ∞[ .(1 Punkt)
• y = 5x−2 ⇐⇒ log5 (y) = x − 2 ⇐⇒ x = f −1 (y) = log5 (y) + 2. (1 Punkt)
Abgabe: 16-20.11.2015